2023年12月14日发(作者：苏炎)

金华十校2023年11月高三模拟考试预演物理试卷（答案在最后）考生须知：1．本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡上。3．选择题的答案须用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。4．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。5．本卷中涉及数值计算的，重力加速度g均取10m/s。选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列四组物理量中均为矢量的是（A.电势差C.动量磁感应强度）B.热量D.速度功加速度2动能【答案】D【解析】【详解】标量只有大小，没有方向，矢量既有大小，又有方向。A．电势差是标量，磁感应强度是矢量，故A错误；B．热量、功均是标量，故B错误；C．动量是矢量，动能是标量，故C错误；D．速度、加速度均是矢量，故D正确。故选D。2.如图所示，载人火箭的顶端的部分装有发射逃生系统，称为逃逸塔，逃逸塔内部包含宇航员乘坐的返回舱。在发射过程中，如果一切正常，逃逸塔不工作，随运载火箭一起升空；如果遇到突发情况，逃逸塔就会自动点火，在短时间脱离运载火箭，从而达到保护宇航员的目的。根据上述信息，下列说法正确的是（）A.火箭正常发射时，逃逸塔相对运载火箭是运动的B.火箭正常发射时，宇航员相对运载火箭是运动的C.若火箭发射时遇突发情况，逃逸塔将与运载火箭发生相对运动D.若火箭发射时遇突发情况，宇航员与运载火箭始终相对静止【答案】C【解析】【详解】AB．火箭正常发射时，宇航员，逃逸塔，运载火箭一起运动，处于相对静止，选项AB错误；CD．若火箭发射时遇到突发情况，宇航员将随逃逸塔一起脱离运载火箭，则宇航员、逃逸塔与运载火箭是相对运动的，选项C正确，D错误；故选C。3.2023年4月12日我国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置——东方超环（EAST）创造了新的世界纪录，成功实现稳态高约束模式等离子体运行403秒，对探索未来的聚变堆前沿物理问题，提升核聚变能源经济性、可行性，加快实现聚变发电具有重要意义，下列说法正确的是（）A.目前人类只能通过裂变利用核能B.核反应只有裂变与聚变两种，α衰变也属于裂变C.地球上核聚变燃料氘储量丰富，氚则需要制取D.聚变反应中带正电的2H与3H结合过程需通过高温克服核子间的强相互作用【答案】C【解析】【详解】A．目前人类可以通过裂变和聚变利用核能。故A错误；B．核反应有裂变、聚变、衰变和人工转变四种，α衰变属于衰变。故B错误；C．地球上核聚变燃料氘储量丰富，氚则需要制取。故C正确；D．聚变反应中带正电的2H与3H结合过程需通过高温克服核子间的强大的库伦斥力作用。故D错误。故选C。4.如图所示为高空滑索运动，游客利用轻绳通过轻质滑环悬吊沿倾斜滑索下滑。假设某段下滑过程中游客、滑环和轻绳为整体匀速下滑，速度大小为v，整体重力为G，不计空气阻力，在这段下滑过程中下列说法正确的是（）A.游客的机械能守恒B.轻绳保持竖直C.整体重力势能的减少量等于系统动能的增加量D.重力的功率为Gv【答案】B【解析】【详解】A．下滑过程中游客、滑环和轻绳为整体匀速下滑，游客的动能不变，重力势能减小，故游客的机械能减小，故A错误；B．游客匀速下滑，受到重力和轻绳的拉力，根据平衡条件可知，重力与轻绳的拉力二力平衡，故轻绳保持竖直，故B正确；C．系统匀速下滑，动能的增加量为零，故整体重力势能的减少量大于系统动能的增加量，故C错误；D．重力的功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积，沿重力方向的分速度小于v，故重力的功率小于Gv，故D错误。故选B。5.在以速度v0匀速上升的电梯里，一小球从电梯地板以速度v1（v1v0）被竖直向上弹出后又落回到电梯地板，这一过程中小球没有触碰电梯天花板，不计空气阻力，重力加速度为g。则（）A.小球在空中运动的位移大小一定等于路程B.小球在空中运动的平均速度大于电梯的速度v0C.小球在空中运动的平均速度小于电梯的速度v0D.小球从抛出到离电梯天花板最近时，电梯的位移为【答案】D【解析】【详解】A．根据题意可知，小球向上做初速度v1的匀减速直线运动，电梯做向上的匀速运动，当小球的速度未减小到0，电梯追上小球，此时小球在空中运动的位移大小等于路程，当小球的速度减小到0时，电梯未追上小球，则小球将下降，此时小球在空中运动的位移大小小于路程，故A错误；BC．整个运动过程，小球与电梯的位移相同，运动时间相同，所以小球的平均速度一定与电梯的速度大小相同，故BC错误；D．根据题意可知，小球抛出后，当小球速度与电梯速度相等时，小球离电梯天花板最近，则有v1v0v0gv1gtv0解得运动时间为t则电梯的位移为v1v0gxv0t故D正确。故选D。v1v0v0g6.如图为可调压式自耦变压器，在电压U1保持不变的情况下，滑片P顺时针转过适当角度，滑片P向上移动适当距离，则（）A.U2将增大B.U2将不变C.定值电阻R0的热功率减小D.流经定值电阻R0的电流不变【答案】C【解析】U1n1，可知副线【详解】AB．由题意可知，滑片P顺时针转过适当角度，则副线圈的匝数n2减小，由U2n2圈输出电压U2减小，副线圈两端电压与原线圈两端电压及匝数比有关，与副线圈电路的总电阻的大小无关，AB错误；CD．副线圈两端电压U2减小，滑片P向上移动适当距离，可知滑动变阻器接入电路的电阻增大，则副线圈回路的总电阻增大，副线圈回路中电流减小，流经定值电阻R0的电流减小，由PIR0可知，定值电阻2R0的热功率减小，C正确，D错误。故选C。7.A、B两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动，如图甲所示。两卫星之间的距离r随时间周期性变化，如图乙所示。仅考虑地球对卫星的引力，下列说法正确的是（）A.A、B的轨道半径之比为1：3B.A、B的线速度之比为1：2C.A的运动周期大于B的运动周期D.A、B的向心加速度之比为4：1【答案】D【解析】【详解】AB．由图知r2-r1=2r，r1+r2=6r解得r1=2r，r2=4r所以A、B的轨道半径之比为1：2；设地球质量为M，卫星质量为m，卫星的轨道半径和线速度分别为r、Mmv2v。由G2m，得rrv则A、B的线速度之比为GMr2：1，故AB错误；r33r23C．由22，r1r2，可知A的轨道半径小于B的轨道半径，A的运动周期小于B的运动周期，故CT1T2错误；D．由aGM可得2ra1r22a2r12即a14a21故D正确。故选D。8.下列说法正确的是（）A.液体分子永不停息的无规则运动称为布朗运动B.光经过大头针尖时影的轮廓模糊属于干涉现象C.康普顿效应中入射光子与电子碰撞发生散射后，波长变大D.黑体辐射电磁波的强度只与黑体的本身材料有关，与温度无关【答案】C【解析】【详解】A．悬浮在液体中小微粒的无规则运动称为布朗运动，不是液体分子的无规则运动，故A错误；B．光经过大头针尖时影的轮廓模糊属于衍射现象，故B错误；C．康普顿效应中入射光子与电子碰撞时，根据动量守恒可知其动量减少，根据可知光子散射后波长边变长，故C正确；hpD．根据黑体辐射实验的规律可知，黑体辐射电磁波的强度只与黑体的温度有关，故D错误。故选C。9.如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在0~t0内驱动线圈的电流iab随时间t的变化如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是（）A.发射线圈中感应电流产生的磁场水平向左B.t=t0时驱动线圈产生的自感电动势最大C.t=0时发射线圈具有的加速度最大D.t=t0时发射线圈中的感应电流最大【答案】A【解析】【详解】A．根据安培定则，驱动线圈内的磁场方向水平向右，再由图乙可知，通过发射线圈的磁通量增大，根据楞次定律，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，A正确；BD．由图乙可知，t=t0时驱动线圈的电流变化最慢，则此时通过发射线圈的磁通量变化最慢，此时驱动线圈产生的自感电动势为零，感应电流为零，BD错误；C．t=0时驱动线圈的电流变化最快，则此时通过发射线圈的磁通量变化最快，产生的感应电流最大，但此时磁场最弱，安培力不是最大值，则此时发射线圈具有的加速度不是最大，C错误。故选A。10.如图所示，边长为2a的正方体玻璃砖，底面中心有一单色点光源O，从外面看玻璃砖的上表面刚好全部被照亮，不考虑光的反射。从外面看玻璃砖四个侧面被照亮的总面积为（）A.2a2【答案】D【解析】B.a2C.2a2D.a2【详解】由几何关系可知底面对角线为2a2a2222a玻璃砖的上表面刚好全部被照亮，设临界角为C，由几何关系可得sinC122a22122a2a2233点光源O在侧面的出射情况为一个半圆，设其半径为r，则有sinC联立，解得rr2a2r从外面看玻璃砖四个侧面被照亮的总面积为2a21S4r2a22故选D。11.甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为5cm/s，两列波在t=0时的部分波形曲线如图所示。下列说法中正确的一项是（）A.甲的波长大小为6cm、乙的波长大小为5cmB.甲、乙两列波能在介质中发生干涉C.t0时刻相邻的两个位移为8cm的质点间距是30cmD.从t0开始0.1s后介质中第一次出现位移为8cm的质点【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，甲的波长大小为5cm、乙的波长大小为6cm，故A错误；B．由公式f可知vf甲5Hz1Hz5v5f乙Hz6v发生干涉的条件为两列波的频率相同，故甲、乙两列波能在介质中不能发生干涉，故B错误；C．t0时，在x5cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为8cm，甲、乙两列波的波峰的x坐标分别为x1(5k1甲)cm(55k1)cm(k10,1,2......)x2(5k2乙)cm(56k2)cm(k20,1,2......)由上述解得，介质中偏离平衡位置位移为8cm的所有质点的x坐标为x(530n)cm(n0,1,2......)故在t0时刻，介质中偏离平衡位置位移为8cm的相邻质点的距离为s30cm故C正确；D．偏离平衡位置位移为-8cm是两列波的波谷相遇的点，在t0时刻，波谷之差为x(5整理解得2n112n16)(525)(n1,2......)22x(6n15n2)0.5波谷之间最小的距离为x0.5cm两列波相向传播，相对速度为2v10cm/s故介质中第一次出现位移为8cm的质点的时间为t故D错误。故选C。x0.5s0.05s2v1012.霍尔推进器将来可能安装在飞船上用于星际旅行，其简化的工作原理如图所示，放电通道两端电极间存在加速电场，该区域内有与电场近似垂直的约束磁场（未画出）用于提高工作物质被电离的比例，工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力，某次测试中，氙气被电离的比例为，氙离子喷射速度为v0，推进器产生的推力为F，推进器质量m，已知氙离子的比荷为k；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则（）A.将该推进器用于宇宙航行时，飞船获得的加速度a2v0B.氙离子的加速电压约为U2kFmC.氙离子向外喷射形成的电流约为IkFv0FD.每秒进入放电通道的氙气质量约为v0【答案】B【解析】【详解】A．将该推进器用于宇宙航行时，飞船获得的加速度aB．氙离子经电场加速，根据动能定理有F，故A错误；m飞船qU可得加速电压为12mv00222mv0v0U=2q2k故B正确；D．在t时间内，有质量为m的氙离子以速度v0喷射而出，形成电流为I，由动量定理可得FΔtΔmv0进入放电通道的氙气质量为Δm0，被电离的比例为，则有ΔmΔm0ΔtΔt联立解得Δm0FΔtv0故D错误；C．在t时间内，有电荷量为Q的氙离子喷射出，则有ΔmΔQqmI联立解得ΔQΔtFqkFI=v0mv0故C错误。故选B。13.如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分，小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态。已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为-6q，h2R，重力加速度为g，静电力常量为k，则（）kq2A.小球a的线速度为3RmB.小球b的角速度为3kq23R2m3kq2C.小球c的向心加速度大小为3R2m26kq2D.外力F竖直向上，大小为R2【答案】C【解析】【详解】A．通过分析，a、b、c一定带同种电荷，d与a、b、c一定带异种电荷，对小球a受力分析，在水平面上和竖直面分别如下图，小球最终的合力为3R6qRq3kq22FF1F2k2k22R3R2(3R)3R(3R)22合力提供小球做圆周运动的向心力，有3kq2v2=m23RR可得v3kq2，A错误；3mRB．合力提供小球做圆周运动的向心力，有3kq2=mω2R23R解得ω3kq2，B错误；3mR3C．合力提供小球做圆周运动的向心力，有3kq2=ma3R23kq2解得a，C正确；23mRD．对d球受力分析，由平衡条件得：F3k6q2(2R)R222R3Rmg26kq2解得Fmg，D错误。2R故选C。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.下列说法正确的是（）A.水波、声波和电磁波等一切波都能发生干涉和衍射B.只要波源不动，观察者接收到的波的频率就跟波源发出的频率一样C.当LC振荡电路中电流最大时，电容器两极板间的电场能最小D.在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫解调【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．水波、声波和电磁波等一切波都能发生干涉和衍射，因为干涉和衍射是波的特性，所以A正确；B．只要波源不动，或者相对静止，观察者接收到的波的频率就跟波源发出的频率一样，所以B错误；C．当LC振荡电路中电流最大时，电容器放电完毕，两极板间的电场能最小，所以C正确；D．在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫调制，所以D错误；故选AC。15.如图所示，在研究光电效应的实验中，用频率为v的单色光照射阴极K时，能发生光电效应，并测得遏止电压为U。若用上述单色光照射一群处于n=2的激发态的氢原子，恰能使氢原于跃迁到n=6的激发态，已知电子的带电荷量为e，真空中的光速为c，普朗克常量为h，氢原子在能级n上的能量En与基态的能量E1满足EnE1。下列说法正确的是（2n）A.光电子的最大初动能为hv-eUB.阴极K的极限频率为v-eUhC.氢原子基态的能量为E19hv2D.氢原子的能级从n=3跃迁到n=2时发射出光的波长为【答案】BCD【解析】8c5v【分析】根据光电效应方程，可求逸出功，极限频率和最大初动能；根据电子跃迁时放出光子的能量与各能级间的关系，可求放出光子的波长。【详解】A．由于遏止电压为U，则光电子的最大初动能为eU，A错误；B．根据爱因斯坦的光电效应方程，逸出功WhEkheU因此，极限频率为 B正确；WeUhhC．跃迁时放出光子的能量等于两个能级间的能量差E1E1 hE6E2 2262可得氢原子基态的能量9E1h2C正确；D．原子的能级从n=3跃迁到n=2时 h发射出光的波长E1E1cE3E2 23228c5D正确。故选BCD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）实验题16.在“研究平抛运动”的实验中，为了测量小球平抛运动的初速度，采用如图甲所示的实验装置。实验操作的主要步骤如下：a．将坐标纸用图钉固定在木板上，并将木板竖直固定；b．将斜槽安装在木板左端，调节斜槽末端轨道水平，同时将重锤线挂在水平轨道边缘；c．在斜槽上端一固定位置静止释放小球，同时记录抛出点位置O，记录重锤线方向；小球从O点飞出后，撞到与木板平面垂直的竖直挡条上。小球撞击挡条时，会在挡条上留下一个痕迹点。d．用铅笔将痕迹点的投影点记录在坐标纸上；e．向右移动竖直挡条，从斜槽上相同的位置无初速度释放小球，小球撞击挡条后，再次将挡条上痕迹点的投影点记录在坐标纸上，重复以上操作；f．取下白纸，描绘平抛运动轨迹，研究轨迹的性质，求出小球平抛运动的初速度大小。①实验过程中，要建立直角坐标系。在下图中，坐标原点选择正确的是______。A．B．C．D．②关于这个实验，下列说法正确的是______。A．斜槽的末端一定要水平B．一定要使用秒表来测量平抛运动的时间D．一定要记录抛出点的位置，才能求出小球的初速度C．竖直挡条每次向右移动距离一定要相等③某同学在实验中，只记下斜槽末端悬挂重锤线的方向，根据实验描绘出一段轨迹。如图乙所示，选取A、B、C三点，测得三点离重锤线的距离分别为x121.5cm、x235.5cm、x349.5cm，并测得AB两点间的高度差hAB20.0cm、BC两点间的高度差hBC30.0cm，则小球平抛的初速度v0______m/s，小球的半径R______cm。【答案】【解析】【详解】①[1]实验过程中，要建立直角坐标系，因小球撞击竖直挡条时右侧先与档条接触，则坐标原点应选择小球右侧的位置。故选C。②[2]A．斜槽的末端一定要水平，以保证小球离开斜槽的末端做平抛运动，A正确；B．由平抛运动的规律可知，在水平方向则有①.C②.A③.1.4④.0.5xv0t在竖直方向则有h联立解得12gt2v0x因此不需要使用秒表来测量平抛运动的时间，B错误；g2hC．要描绘平抛运动轨迹，因此竖直挡条每次向右移动距离不一定要相等，C错误；D．描绘出平抛运动轨迹后，可由hgT，结合xv0T求出平抛运动的初速度，因此不一定要记录抛出点的位置，也能求出小球的初速度，D错误。故选A。③[3]由题给出的数据可得2x3x249.5cm35.5cm14cmx2x135.5cm21.5cm14cm可知AB与BC段的时间相等，设为T，在竖直方向则有hBChABgT2代入数据解得T则有初速度30.020.0102s0.1s10x14102v0ms1.4msT0.1[4]在竖直方向上，对B点则有vBygtB解得hABhBC20.030.0102ms2.5ms2T20.1tB0.25s则有B点距离抛出点的水平距离是v0tB1.40.25m0.35m35cmx2可知小球的半径35.5cm35cm0.5cmRx2x2实验器材：稳压电源（电压未知，内阻不计）、17.某同学想利用电路精确测量一根粗细均匀合金丝的电阻率。电压表（量程15V，内阻约15kΩ：量程3V，内阻约3kΩ）、电流表（量程3A，内阻约0.2Ω；量程0.6A，内阻约1Ω）、保护电阻（R0阻值未知）、开关S、刻度尺、游标卡尺、导线若干、待测合金丝等。请完成相关实验内容：（1）测量合金丝直径时，游标卡尺示数如图甲所示，读数为___________mm；（2）该同学用多用表的欧姆挡测量整根合金丝的电阻时，把选择开关置于“×1”挡时，发现指针偏转如图乙所示，则金属丝的电阻为___________Ω；（3）将合金丝固定在绝缘的刻度尺上，在合金丝上夹上一个可移动的小金属夹P。根据现有器材，部分电路连线如图丙所示，请在答题纸上完成实物连接。（．．．．）（4）完成电路连接后，操作如下：a.开启电源，将P移到合金丝上适当的位置，闭合开关S；b.记录电压表和电流表的读数U、I，记录合金丝接入长度L，断开开关S；c.改变金属夹P的位置，闭合开关S，重复步骤b的操作：d.利用记录的数据分别描绘关系图象（如图丁）和e.利用图象信息求解合金丝的电阻率P。①由UI关系图象可得，稳压电源电压U0___________V：②算得合金丝的横截面积S106m，由11关系图象可得电阻率___________m。UL11关系图象（如图戊）：UL【答案】①.1.1②.13.2③.④.2.00⑤.1.0106##1×10-6【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺读数为1mm10.1mm1.1mm（2）[2]由图可知金属丝的电阻13.2113.2（3）[3]由图丁可知电源电压为2V，最大电流为0.5A，所以电压表量程选择3V，电流表量程选择0.6A，计算可得RVRRRA电流采用外接法，如图所示（4）①[4]根据电源的UI图像可得，稳压电源电压U02.00V图像斜率的绝对值为定值电阻R0的阻值为R0②[5]根据欧姆定律得21Ω2Ω0.5UU0LLSR0S整理得1SR011UU0LU0可得11关系图像斜率ULk解得SR010.52.5U010.02.01.0106Ωm18.下列关于物理学实验中研究方法的叙述正确的是（A.利用光电门测速度，运用了理想模型法B.验证平行四边形定则的实验，运用了等效替代法C.伽利略对自由落体运动的研究，运用了控制变量法D.利用插有细玻璃管的水瓶观察微小形变，运用了微元法【答案】B【解析】）【详解】A．利用光电门测速度运用了极限法，故选项A错误；B．验证平行四边形定则的实验运用了等效替代法，故选项B正确；C．伽利略对自由落体运动的研究运用了实验加逻辑推理的方法，故选项C错误；D．利用插有细玻璃管的水瓶观察微小形变，采用了放大法，故选项D错误。故选B。19.某同学喝一盒牛奶但未喝完，想测量剩余牛奶的体积。他发现插在牛奶盒里的透明竖直吸管内残留了一小段长度为l的牛奶柱，于是用蜡将接口密封，吸管下端在液面上方，如图所示。他先在室内测得牛奶盒接口处到牛奶柱下端的距离为l1，再将牛奶盒拿到室外一段时间后，测得接口处到牛奶柱下端的距离变为l2。已知室内的热力学温度为T1，室外的热力学温度为T2T2T1，大气压恒为p0，吸管横截面积为S，牛奶盒容积为V0，牛奶密度为，重力加速度为g，忽略吸管壁的厚度和牛奶柱的蒸发，整个过程牛奶盒未形变，牛奶未溢出，牛奶盒及吸管内的封闭气体视为理想气体。（1）求剩余牛奶的体积；（2）若气体的内能与热力学温度成正比，比例系数为k，求该过程封闭气体吸收的热量。【答案】（1）V0【解析】l2ST1l1ST2；（2）(p0gl)(l2l1)S+kT2-kT1T2T1【详解】（1）设室内牛奶盒内空气体积V，将牛奶盒拿到室外为等压变化，根据V+l1SV+l2ST1T2得V剩余牛奶的体积l2ST1l1ST2T2T1V剩V0VV0（2）室内内能l2ST1l1ST2T2T1U1kT1室外内能U2kT2内能变化量UU2U1kT2-kT1该过程外界对气体做功W-(p0gl)(l2l1)S根据UW+Q该过程封闭气体吸收的热量Q(p0gl)(l2l1)S+kT2-kT1，从倾角θ=37°20.有一种水上滑梯的结构可以简化如图甲∶可看作质点的总质量为m的滑船（包括游客）的光滑斜轨道上高为H=0.25R的A点由静止开始下滑，到达离地高为h=0.2R的B点时，进入一段与斜轨道相切的半径为R的光滑圆弧轨道BCD（C点为与地面相切的圆弧轨道最低点，BD两点等高，CE、EG在同一水平面内），紧接着滑上一底面离地高度也为h且与水平面成β=60°角的足够大光滑斜面abcd（圆弧轨道在D点切线恰好在斜面abcd内，切线方向与斜面水平底边ad成夹角α=60°），当滑船沿斜面上升到最高点J（图中未画出）时，会触发一个提供水平风力的装置（图中未画出），装置开始在整个斜面内提供水平风力（如图乙）。滑船最后在斜面水平底边ad上某点进入滑动摩擦因数为μ的足够大水平接收平台defp（不计进入时的能量损失）试求∶（本题最终结果均用字母m、R、g和μ表达）（1）滑船滑到C点时对圆弧轨道的压力大小；（2）触发风力装置前，滑船在斜面上运动的加速度大小和运动最高点J到水平底边ad的距离；（3）当水平风力大小为F0时，滑船运动到最高点J后的轨迹与斜面底线ad的交点为E（E点未画出），JE恰好垂直底线ad；现改变风力为F（滑船在整个斜面运动过程中F不变，且F≤F0），求滑船在接收平台defp内滑行总路程S的可能范围。【答案】（1）1.5mg；（2）a【解析】3RR33R；（3）g；s8020240【详解】（1）滑船从A点滑到C点时，由机械能守恒定律可知mgH在C点时由牛顿第二定律可得12mvC2FNC解得2vCmgmRFNC=1.5mg（2）划船到达D点时速度12mg(Hh)mvD2解得vDgR10滑船在斜面上只受重力和斜面的支持力，则运动的加速度大小a运动最高点J到水平底边ad的距离mgsin3gm2(vDsin)23Rs2a40（3）当水平风力大小为F0时，从最高点到ad，则沿斜面方向vDsinat沿平行斜面方向F0t2vDcosm解得F0mg此时回到ad面时沿着垂直ad方向的速度大小为vyvDsin沿着ad方向的速度大小仍为vxvDcos即进入接收平台的速度仍为vD最大，则进入平台后的位移最大，因进入defp内做匀减速运动，加速度a'g则最终滑行的最大路程为smax2vDR'2a20现改变风力为F，因F≤F0，则滑船回到ad边时沿垂直ad方向的速度不变，若沿ad方向的速度为零，此时进入平台的速度最小，此时FtvDcosm可解得F=0.5mg则进入平台的最小位移为smin(vDsin)23R2a'803RR即滑船在接收平台defp内滑行总路程S的可能范围。802021.如图所示，电阻为2R、半径为r、匝数为n的圆形导体线圈两端与导轨AD、MN相连。与导体线圈共圆心的圆形区域内有竖直向下的磁场，其磁感应强度随时间变化的规律如图（2）所示，图（2）中的B0和t0均已知。PT、DE、NG是横截面积和材料完全相同的三根粗细均匀的金属棒。金属棒PT的长度为3L、电阻为3R、质量为m。导轨AD与MN平行且间距为L，导轨EF与GH平行且间距为3L，DE和NG的长度相同且与AD、MN的夹角均为30。区域Ⅰ和区域Ⅱ是两个相邻的、长和宽均分别相同的空间区域，其长度均为d。区域Ⅰ中存在竖直向下、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。0~2t0时间内，使棒PT在区域Ⅰ中某位置保持静止，且其两端分别与导轨EF与GH对齐。除导体线圈、金属棒PT、DE、NG外，其余导体电阻均不计，所有导体间接触均良好且均处于同一水平面内，不计一切摩擦，不考虑回路中的自感。（1）求在0~2t0时间内，使棒PT保持静止的水平外力F的大小；（2）在2t0以后的某时刻，若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下从区域Ⅰ以v0的速度匀速运动到区域Ⅱ时，导体棒PT速度恰好达到v0且恰好进入区域Ⅱ，该过程棒PT产生的焦耳热为Q，求金属棒PT与区域Ⅰ右边界的初始距离x0和该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W；（3）若磁场运动到区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒PT运动到EG时的速度v。3mRv0nB02Lr2120~t0时间内，Ft0~2t0时间内F0；【答案】（1）；（2）x0d22,W3Qmv0；B0L3Rt0223B02L3（3）vv03mR【解析】【详解】（1）0~t0时间内，由法拉第电磁感应定律得En由闭合电路欧姆定律得BBsn0r2tt0EnB0r2I3R3Rt00~t0时间内，PT棒所受水平外力为nB02Lr2FFAB0IL3Rt0t0~2t0时间内，磁场不变化，回路电动势为零，无电流，则外力F0（2）PT棒向右加速过程中，由动量定理得B02L2xmv03R得x所以3mRv0B02L2x0dxdPT棒向右加速过程中，回路中的总焦耳热为Q总3Q由功能关系和能量守恒得3mRv0B02L212W3Qmv02（3）棒PT从磁场区域Ⅱ左边界向右运动距离x时，回路中棒PT的长度为lx2回路中总电阻为3xL3R总xR23R323Rl2x2R2xL2x2R(23x3L)xL3L33L回路中电流为3xL)vxB0lxvxBvBLv3Ix0x0xRRR总x3R(23x3L)3LLB0(2棒PT所受安培力为B02LvxlxFAxB0Ixlx3R棒PT从磁场区域Ⅱ左边界运动到EG过程，由动量定理得B02Lvxlxtmvmv03R即其中B02LS梯3Rmvmv0S梯23L2所以23B02L3vv03mR22.如图甲所示，正方形荧光屏abcd与正方形金属板相距L水平平行放置，二者的边长均为L。金属板的2中心开有小孔，小孔正下方有一通电金属丝可持续发射热电子，金属丝与金属板之间加有恒定电压U。以金属板中心小孔为坐标原点，沿平行于金属板两边和垂直金属板方向建立x、y和z坐标轴，电子从金属丝发射经小孔沿z轴正方向射入磁场区域，测得电子经电场加速后经过小孔时的速度大小介于v与2v之间。，其磁感应强度沿z轴方向的分量始z轴与荧光屏的交点为s，金属板与荧光屏之间存在磁场（图中未画出）终为零，沿x轴和y轴方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B02mv。已知电子eL的质量为m、电荷量大小为e，忽略电子间的相互作用，且电子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，可认为电子在磁场运动过程中磁感应强度不变。求：（1）从金属丝发射的电子的初速度大小范围；（2）t0.75T时以2v速度进入磁场的电子打在荧光屏上的位置坐标；（3）t0.25T时以v与2v速度进入磁场的两个电子打在荧光屏上时的时间差；（4）请在荧光屏的俯视图丙中定性画出电子在荧光屏上出现的位置。（不要求计算过程）2112LL2eU2eU2L，L，【答案】（1）v；（2）；（3）；（4）见解析v02v2228vmm2【解析】【详解】（1）令电子加速过程始末速度分别为v0，v1，则有eU根据题意，v1在v与2v之间，解得1212mv1mv022v2（2）电子在磁感应强度B0作用下有2eU2eUv02v2mme解得2vBmR12vR122L2根据图乙可知，在t0.75T时以2v速度进入磁场的电子，磁感应强度沿x轴和y轴方向的分量Bx和By均为B0，根据左手定则可知，此时的Bx使得电子沿y轴负向偏转，By使得电子沿x轴正向偏转，由于R1可知，电子能够打在荧光屏上，z轴坐标2LL22L2z1x轴坐标Lx1R1R122y轴坐标221L22L12y1R1R12L22则电子打在荧光屏上的位置坐标为（3）电子在磁场中圆周运动的周期2112LL，L，。222T2mLeB0vt0.25T时，By等于0，Bx为B0，根据左手定则可知，此时的Bx使得电子沿y轴正向偏转，电子速度为v时v2evBmR2解得1R2L2根据上述，结合几何关系可知，电子度为v时，打在荧光屏之前的轨迹对应的圆心角为时，打在荧光屏之前的轨迹对应的圆心角为，则两个电子打在荧光屏上时的时间差为424Tt2t，电子度为2v2解得L8v（4）定性画出电子在荧光屏上出现的位置如图中正方形内部实线所示

2023年12月14日发(作者：苏炎)

金华十校2023年11月高三模拟考试预演物理试卷（答案在最后）考生须知：1．本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡上。3．选择题的答案须用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。4．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。5．本卷中涉及数值计算的，重力加速度g均取10m/s。选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列四组物理量中均为矢量的是（A.电势差C.动量磁感应强度）B.热量D.速度功加速度2动能【答案】D【解析】【详解】标量只有大小，没有方向，矢量既有大小，又有方向。A．电势差是标量，磁感应强度是矢量，故A错误；B．热量、功均是标量，故B错误；C．动量是矢量，动能是标量，故C错误；D．速度、加速度均是矢量，故D正确。故选D。2.如图所示，载人火箭的顶端的部分装有发射逃生系统，称为逃逸塔，逃逸塔内部包含宇航员乘坐的返回舱。在发射过程中，如果一切正常，逃逸塔不工作，随运载火箭一起升空；如果遇到突发情况，逃逸塔就会自动点火，在短时间脱离运载火箭，从而达到保护宇航员的目的。根据上述信息，下列说法正确的是（）A.火箭正常发射时，逃逸塔相对运载火箭是运动的B.火箭正常发射时，宇航员相对运载火箭是运动的C.若火箭发射时遇突发情况，逃逸塔将与运载火箭发生相对运动D.若火箭发射时遇突发情况，宇航员与运载火箭始终相对静止【答案】C【解析】【详解】AB．火箭正常发射时，宇航员，逃逸塔，运载火箭一起运动，处于相对静止，选项AB错误；CD．若火箭发射时遇到突发情况，宇航员将随逃逸塔一起脱离运载火箭，则宇航员、逃逸塔与运载火箭是相对运动的，选项C正确，D错误；故选C。3.2023年4月12日我国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置——东方超环（EAST）创造了新的世界纪录，成功实现稳态高约束模式等离子体运行403秒，对探索未来的聚变堆前沿物理问题，提升核聚变能源经济性、可行性，加快实现聚变发电具有重要意义，下列说法正确的是（）A.目前人类只能通过裂变利用核能B.核反应只有裂变与聚变两种，α衰变也属于裂变C.地球上核聚变燃料氘储量丰富，氚则需要制取D.聚变反应中带正电的2H与3H结合过程需通过高温克服核子间的强相互作用【答案】C【解析】【详解】A．目前人类可以通过裂变和聚变利用核能。故A错误；B．核反应有裂变、聚变、衰变和人工转变四种，α衰变属于衰变。故B错误；C．地球上核聚变燃料氘储量丰富，氚则需要制取。故C正确；D．聚变反应中带正电的2H与3H结合过程需通过高温克服核子间的强大的库伦斥力作用。故D错误。故选C。4.如图所示为高空滑索运动，游客利用轻绳通过轻质滑环悬吊沿倾斜滑索下滑。假设某段下滑过程中游客、滑环和轻绳为整体匀速下滑，速度大小为v，整体重力为G，不计空气阻力，在这段下滑过程中下列说法正确的是（）A.游客的机械能守恒B.轻绳保持竖直C.整体重力势能的减少量等于系统动能的增加量D.重力的功率为Gv【答案】B【解析】【详解】A．下滑过程中游客、滑环和轻绳为整体匀速下滑，游客的动能不变，重力势能减小，故游客的机械能减小，故A错误；B．游客匀速下滑，受到重力和轻绳的拉力，根据平衡条件可知，重力与轻绳的拉力二力平衡，故轻绳保持竖直，故B正确；C．系统匀速下滑，动能的增加量为零，故整体重力势能的减少量大于系统动能的增加量，故C错误；D．重力的功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积，沿重力方向的分速度小于v，故重力的功率小于Gv，故D错误。故选B。5.在以速度v0匀速上升的电梯里，一小球从电梯地板以速度v1（v1v0）被竖直向上弹出后又落回到电梯地板，这一过程中小球没有触碰电梯天花板，不计空气阻力，重力加速度为g。则（）A.小球在空中运动的位移大小一定等于路程B.小球在空中运动的平均速度大于电梯的速度v0C.小球在空中运动的平均速度小于电梯的速度v0D.小球从抛出到离电梯天花板最近时，电梯的位移为【答案】D【解析】【详解】A．根据题意可知，小球向上做初速度v1的匀减速直线运动，电梯做向上的匀速运动，当小球的速度未减小到0，电梯追上小球，此时小球在空中运动的位移大小等于路程，当小球的速度减小到0时，电梯未追上小球，则小球将下降，此时小球在空中运动的位移大小小于路程，故A错误；BC．整个运动过程，小球与电梯的位移相同，运动时间相同，所以小球的平均速度一定与电梯的速度大小相同，故BC错误；D．根据题意可知，小球抛出后，当小球速度与电梯速度相等时，小球离电梯天花板最近，则有v1v0v0gv1gtv0解得运动时间为t则电梯的位移为v1v0gxv0t故D正确。故选D。v1v0v0g6.如图为可调压式自耦变压器，在电压U1保持不变的情况下，滑片P顺时针转过适当角度，滑片P向上移动适当距离，则（）A.U2将增大B.U2将不变C.定值电阻R0的热功率减小D.流经定值电阻R0的电流不变【答案】C【解析】U1n1，可知副线【详解】AB．由题意可知，滑片P顺时针转过适当角度，则副线圈的匝数n2减小，由U2n2圈输出电压U2减小，副线圈两端电压与原线圈两端电压及匝数比有关，与副线圈电路的总电阻的大小无关，AB错误；CD．副线圈两端电压U2减小，滑片P向上移动适当距离，可知滑动变阻器接入电路的电阻增大，则副线圈回路的总电阻增大，副线圈回路中电流减小，流经定值电阻R0的电流减小，由PIR0可知，定值电阻2R0的热功率减小，C正确，D错误。故选C。7.A、B两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动，如图甲所示。两卫星之间的距离r随时间周期性变化，如图乙所示。仅考虑地球对卫星的引力，下列说法正确的是（）A.A、B的轨道半径之比为1：3B.A、B的线速度之比为1：2C.A的运动周期大于B的运动周期D.A、B的向心加速度之比为4：1【答案】D【解析】【详解】AB．由图知r2-r1=2r，r1+r2=6r解得r1=2r，r2=4r所以A、B的轨道半径之比为1：2；设地球质量为M，卫星质量为m，卫星的轨道半径和线速度分别为r、Mmv2v。由G2m，得rrv则A、B的线速度之比为GMr2：1，故AB错误；r33r23C．由22，r1r2，可知A的轨道半径小于B的轨道半径，A的运动周期小于B的运动周期，故CT1T2错误；D．由aGM可得2ra1r22a2r12即a14a21故D正确。故选D。8.下列说法正确的是（）A.液体分子永不停息的无规则运动称为布朗运动B.光经过大头针尖时影的轮廓模糊属于干涉现象C.康普顿效应中入射光子与电子碰撞发生散射后，波长变大D.黑体辐射电磁波的强度只与黑体的本身材料有关，与温度无关【答案】C【解析】【详解】A．悬浮在液体中小微粒的无规则运动称为布朗运动，不是液体分子的无规则运动，故A错误；B．光经过大头针尖时影的轮廓模糊属于衍射现象，故B错误；C．康普顿效应中入射光子与电子碰撞时，根据动量守恒可知其动量减少，根据可知光子散射后波长边变长，故C正确；hpD．根据黑体辐射实验的规律可知，黑体辐射电磁波的强度只与黑体的温度有关，故D错误。故选C。9.如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在0~t0内驱动线圈的电流iab随时间t的变化如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是（）A.发射线圈中感应电流产生的磁场水平向左B.t=t0时驱动线圈产生的自感电动势最大C.t=0时发射线圈具有的加速度最大D.t=t0时发射线圈中的感应电流最大【答案】A【解析】【详解】A．根据安培定则，驱动线圈内的磁场方向水平向右，再由图乙可知，通过发射线圈的磁通量增大，根据楞次定律，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，A正确；BD．由图乙可知，t=t0时驱动线圈的电流变化最慢，则此时通过发射线圈的磁通量变化最慢，此时驱动线圈产生的自感电动势为零，感应电流为零，BD错误；C．t=0时驱动线圈的电流变化最快，则此时通过发射线圈的磁通量变化最快，产生的感应电流最大，但此时磁场最弱，安培力不是最大值，则此时发射线圈具有的加速度不是最大，C错误。故选A。10.如图所示，边长为2a的正方体玻璃砖，底面中心有一单色点光源O，从外面看玻璃砖的上表面刚好全部被照亮，不考虑光的反射。从外面看玻璃砖四个侧面被照亮的总面积为（）A.2a2【答案】D【解析】B.a2C.2a2D.a2【详解】由几何关系可知底面对角线为2a2a2222a玻璃砖的上表面刚好全部被照亮，设临界角为C，由几何关系可得sinC122a22122a2a2233点光源O在侧面的出射情况为一个半圆，设其半径为r，则有sinC联立，解得rr2a2r从外面看玻璃砖四个侧面被照亮的总面积为2a21S4r2a22故选D。11.甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为5cm/s，两列波在t=0时的部分波形曲线如图所示。下列说法中正确的一项是（）A.甲的波长大小为6cm、乙的波长大小为5cmB.甲、乙两列波能在介质中发生干涉C.t0时刻相邻的两个位移为8cm的质点间距是30cmD.从t0开始0.1s后介质中第一次出现位移为8cm的质点【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，甲的波长大小为5cm、乙的波长大小为6cm，故A错误；B．由公式f可知vf甲5Hz1Hz5v5f乙Hz6v发生干涉的条件为两列波的频率相同，故甲、乙两列波能在介质中不能发生干涉，故B错误；C．t0时，在x5cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为8cm，甲、乙两列波的波峰的x坐标分别为x1(5k1甲)cm(55k1)cm(k10,1,2......)x2(5k2乙)cm(56k2)cm(k20,1,2......)由上述解得，介质中偏离平衡位置位移为8cm的所有质点的x坐标为x(530n)cm(n0,1,2......)故在t0时刻，介质中偏离平衡位置位移为8cm的相邻质点的距离为s30cm故C正确；D．偏离平衡位置位移为-8cm是两列波的波谷相遇的点，在t0时刻，波谷之差为x(5整理解得2n112n16)(525)(n1,2......)22x(6n15n2)0.5波谷之间最小的距离为x0.5cm两列波相向传播，相对速度为2v10cm/s故介质中第一次出现位移为8cm的质点的时间为t故D错误。故选C。x0.5s0.05s2v1012.霍尔推进器将来可能安装在飞船上用于星际旅行，其简化的工作原理如图所示，放电通道两端电极间存在加速电场，该区域内有与电场近似垂直的约束磁场（未画出）用于提高工作物质被电离的比例，工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力，某次测试中，氙气被电离的比例为，氙离子喷射速度为v0，推进器产生的推力为F，推进器质量m，已知氙离子的比荷为k；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则（）A.将该推进器用于宇宙航行时，飞船获得的加速度a2v0B.氙离子的加速电压约为U2kFmC.氙离子向外喷射形成的电流约为IkFv0FD.每秒进入放电通道的氙气质量约为v0【答案】B【解析】【详解】A．将该推进器用于宇宙航行时，飞船获得的加速度aB．氙离子经电场加速，根据动能定理有F，故A错误；m飞船qU可得加速电压为12mv00222mv0v0U=2q2k故B正确；D．在t时间内，有质量为m的氙离子以速度v0喷射而出，形成电流为I，由动量定理可得FΔtΔmv0进入放电通道的氙气质量为Δm0，被电离的比例为，则有ΔmΔm0ΔtΔt联立解得Δm0FΔtv0故D错误；C．在t时间内，有电荷量为Q的氙离子喷射出，则有ΔmΔQqmI联立解得ΔQΔtFqkFI=v0mv0故C错误。故选B。13.如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分，小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态。已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为-6q，h2R，重力加速度为g，静电力常量为k，则（）kq2A.小球a的线速度为3RmB.小球b的角速度为3kq23R2m3kq2C.小球c的向心加速度大小为3R2m26kq2D.外力F竖直向上，大小为R2【答案】C【解析】【详解】A．通过分析，a、b、c一定带同种电荷，d与a、b、c一定带异种电荷，对小球a受力分析，在水平面上和竖直面分别如下图，小球最终的合力为3R6qRq3kq22FF1F2k2k22R3R2(3R)3R(3R)22合力提供小球做圆周运动的向心力，有3kq2v2=m23RR可得v3kq2，A错误；3mRB．合力提供小球做圆周运动的向心力，有3kq2=mω2R23R解得ω3kq2，B错误；3mR3C．合力提供小球做圆周运动的向心力，有3kq2=ma3R23kq2解得a，C正确；23mRD．对d球受力分析，由平衡条件得：F3k6q2(2R)R222R3Rmg26kq2解得Fmg，D错误。2R故选C。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.下列说法正确的是（）A.水波、声波和电磁波等一切波都能发生干涉和衍射B.只要波源不动，观察者接收到的波的频率就跟波源发出的频率一样C.当LC振荡电路中电流最大时，电容器两极板间的电场能最小D.在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫解调【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．水波、声波和电磁波等一切波都能发生干涉和衍射，因为干涉和衍射是波的特性，所以A正确；B．只要波源不动，或者相对静止，观察者接收到的波的频率就跟波源发出的频率一样，所以B错误；C．当LC振荡电路中电流最大时，电容器放电完毕，两极板间的电场能最小，所以C正确；D．在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫调制，所以D错误；故选AC。15.如图所示，在研究光电效应的实验中，用频率为v的单色光照射阴极K时，能发生光电效应，并测得遏止电压为U。若用上述单色光照射一群处于n=2的激发态的氢原子，恰能使氢原于跃迁到n=6的激发态，已知电子的带电荷量为e，真空中的光速为c，普朗克常量为h，氢原子在能级n上的能量En与基态的能量E1满足EnE1。下列说法正确的是（2n）A.光电子的最大初动能为hv-eUB.阴极K的极限频率为v-eUhC.氢原子基态的能量为E19hv2D.氢原子的能级从n=3跃迁到n=2时发射出光的波长为【答案】BCD【解析】8c5v【分析】根据光电效应方程，可求逸出功，极限频率和最大初动能；根据电子跃迁时放出光子的能量与各能级间的关系，可求放出光子的波长。【详解】A．由于遏止电压为U，则光电子的最大初动能为eU，A错误；B．根据爱因斯坦的光电效应方程，逸出功WhEkheU因此，极限频率为 B正确；WeUhhC．跃迁时放出光子的能量等于两个能级间的能量差E1E1 hE6E2 2262可得氢原子基态的能量9E1h2C正确；D．原子的能级从n=3跃迁到n=2时 h发射出光的波长E1E1cE3E2 23228c5D正确。故选BCD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）实验题16.在“研究平抛运动”的实验中，为了测量小球平抛运动的初速度，采用如图甲所示的实验装置。实验操作的主要步骤如下：a．将坐标纸用图钉固定在木板上，并将木板竖直固定；b．将斜槽安装在木板左端，调节斜槽末端轨道水平，同时将重锤线挂在水平轨道边缘；c．在斜槽上端一固定位置静止释放小球，同时记录抛出点位置O，记录重锤线方向；小球从O点飞出后，撞到与木板平面垂直的竖直挡条上。小球撞击挡条时，会在挡条上留下一个痕迹点。d．用铅笔将痕迹点的投影点记录在坐标纸上；e．向右移动竖直挡条，从斜槽上相同的位置无初速度释放小球，小球撞击挡条后，再次将挡条上痕迹点的投影点记录在坐标纸上，重复以上操作；f．取下白纸，描绘平抛运动轨迹，研究轨迹的性质，求出小球平抛运动的初速度大小。①实验过程中，要建立直角坐标系。在下图中，坐标原点选择正确的是______。A．B．C．D．②关于这个实验，下列说法正确的是______。A．斜槽的末端一定要水平B．一定要使用秒表来测量平抛运动的时间D．一定要记录抛出点的位置，才能求出小球的初速度C．竖直挡条每次向右移动距离一定要相等③某同学在实验中，只记下斜槽末端悬挂重锤线的方向，根据实验描绘出一段轨迹。如图乙所示，选取A、B、C三点，测得三点离重锤线的距离分别为x121.5cm、x235.5cm、x349.5cm，并测得AB两点间的高度差hAB20.0cm、BC两点间的高度差hBC30.0cm，则小球平抛的初速度v0______m/s，小球的半径R______cm。【答案】【解析】【详解】①[1]实验过程中，要建立直角坐标系，因小球撞击竖直挡条时右侧先与档条接触，则坐标原点应选择小球右侧的位置。故选C。②[2]A．斜槽的末端一定要水平，以保证小球离开斜槽的末端做平抛运动，A正确；B．由平抛运动的规律可知，在水平方向则有①.C②.A③.1.4④.0.5xv0t在竖直方向则有h联立解得12gt2v0x因此不需要使用秒表来测量平抛运动的时间，B错误；g2hC．要描绘平抛运动轨迹，因此竖直挡条每次向右移动距离不一定要相等，C错误；D．描绘出平抛运动轨迹后，可由hgT，结合xv0T求出平抛运动的初速度，因此不一定要记录抛出点的位置，也能求出小球的初速度，D错误。故选A。③[3]由题给出的数据可得2x3x249.5cm35.5cm14cmx2x135.5cm21.5cm14cm可知AB与BC段的时间相等，设为T，在竖直方向则有hBChABgT2代入数据解得T则有初速度30.020.0102s0.1s10x14102v0ms1.4msT0.1[4]在竖直方向上，对B点则有vBygtB解得hABhBC20.030.0102ms2.5ms2T20.1tB0.25s则有B点距离抛出点的水平距离是v0tB1.40.25m0.35m35cmx2可知小球的半径35.5cm35cm0.5cmRx2x2实验器材：稳压电源（电压未知，内阻不计）、17.某同学想利用电路精确测量一根粗细均匀合金丝的电阻率。电压表（量程15V，内阻约15kΩ：量程3V，内阻约3kΩ）、电流表（量程3A，内阻约0.2Ω；量程0.6A，内阻约1Ω）、保护电阻（R0阻值未知）、开关S、刻度尺、游标卡尺、导线若干、待测合金丝等。请完成相关实验内容：（1）测量合金丝直径时，游标卡尺示数如图甲所示，读数为___________mm；（2）该同学用多用表的欧姆挡测量整根合金丝的电阻时，把选择开关置于“×1”挡时，发现指针偏转如图乙所示，则金属丝的电阻为___________Ω；（3）将合金丝固定在绝缘的刻度尺上，在合金丝上夹上一个可移动的小金属夹P。根据现有器材，部分电路连线如图丙所示，请在答题纸上完成实物连接。（．．．．）（4）完成电路连接后，操作如下：a.开启电源，将P移到合金丝上适当的位置，闭合开关S；b.记录电压表和电流表的读数U、I，记录合金丝接入长度L，断开开关S；c.改变金属夹P的位置，闭合开关S，重复步骤b的操作：d.利用记录的数据分别描绘关系图象（如图丁）和e.利用图象信息求解合金丝的电阻率P。①由UI关系图象可得，稳压电源电压U0___________V：②算得合金丝的横截面积S106m，由11关系图象可得电阻率___________m。UL11关系图象（如图戊）：UL【答案】①.1.1②.13.2③.④.2.00⑤.1.0106##1×10-6【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺读数为1mm10.1mm1.1mm（2）[2]由图可知金属丝的电阻13.2113.2（3）[3]由图丁可知电源电压为2V，最大电流为0.5A，所以电压表量程选择3V，电流表量程选择0.6A，计算可得RVRRRA电流采用外接法，如图所示（4）①[4]根据电源的UI图像可得，稳压电源电压U02.00V图像斜率的绝对值为定值电阻R0的阻值为R0②[5]根据欧姆定律得21Ω2Ω0.5UU0LLSR0S整理得1SR011UU0LU0可得11关系图像斜率ULk解得SR010.52.5U010.02.01.0106Ωm18.下列关于物理学实验中研究方法的叙述正确的是（A.利用光电门测速度，运用了理想模型法B.验证平行四边形定则的实验，运用了等效替代法C.伽利略对自由落体运动的研究，运用了控制变量法D.利用插有细玻璃管的水瓶观察微小形变，运用了微元法【答案】B【解析】）【详解】A．利用光电门测速度运用了极限法，故选项A错误；B．验证平行四边形定则的实验运用了等效替代法，故选项B正确；C．伽利略对自由落体运动的研究运用了实验加逻辑推理的方法，故选项C错误；D．利用插有细玻璃管的水瓶观察微小形变，采用了放大法，故选项D错误。故选B。19.某同学喝一盒牛奶但未喝完，想测量剩余牛奶的体积。他发现插在牛奶盒里的透明竖直吸管内残留了一小段长度为l的牛奶柱，于是用蜡将接口密封，吸管下端在液面上方，如图所示。他先在室内测得牛奶盒接口处到牛奶柱下端的距离为l1，再将牛奶盒拿到室外一段时间后，测得接口处到牛奶柱下端的距离变为l2。已知室内的热力学温度为T1，室外的热力学温度为T2T2T1，大气压恒为p0，吸管横截面积为S，牛奶盒容积为V0，牛奶密度为，重力加速度为g，忽略吸管壁的厚度和牛奶柱的蒸发，整个过程牛奶盒未形变，牛奶未溢出，牛奶盒及吸管内的封闭气体视为理想气体。（1）求剩余牛奶的体积；（2）若气体的内能与热力学温度成正比，比例系数为k，求该过程封闭气体吸收的热量。【答案】（1）V0【解析】l2ST1l1ST2；（2）(p0gl)(l2l1)S+kT2-kT1T2T1【详解】（1）设室内牛奶盒内空气体积V，将牛奶盒拿到室外为等压变化，根据V+l1SV+l2ST1T2得V剩余牛奶的体积l2ST1l1ST2T2T1V剩V0VV0（2）室内内能l2ST1l1ST2T2T1U1kT1室外内能U2kT2内能变化量UU2U1kT2-kT1该过程外界对气体做功W-(p0gl)(l2l1)S根据UW+Q该过程封闭气体吸收的热量Q(p0gl)(l2l1)S+kT2-kT1，从倾角θ=37°20.有一种水上滑梯的结构可以简化如图甲∶可看作质点的总质量为m的滑船（包括游客）的光滑斜轨道上高为H=0.25R的A点由静止开始下滑，到达离地高为h=0.2R的B点时，进入一段与斜轨道相切的半径为R的光滑圆弧轨道BCD（C点为与地面相切的圆弧轨道最低点，BD两点等高，CE、EG在同一水平面内），紧接着滑上一底面离地高度也为h且与水平面成β=60°角的足够大光滑斜面abcd（圆弧轨道在D点切线恰好在斜面abcd内，切线方向与斜面水平底边ad成夹角α=60°），当滑船沿斜面上升到最高点J（图中未画出）时，会触发一个提供水平风力的装置（图中未画出），装置开始在整个斜面内提供水平风力（如图乙）。滑船最后在斜面水平底边ad上某点进入滑动摩擦因数为μ的足够大水平接收平台defp（不计进入时的能量损失）试求∶（本题最终结果均用字母m、R、g和μ表达）（1）滑船滑到C点时对圆弧轨道的压力大小；（2）触发风力装置前，滑船在斜面上运动的加速度大小和运动最高点J到水平底边ad的距离；（3）当水平风力大小为F0时，滑船运动到最高点J后的轨迹与斜面底线ad的交点为E（E点未画出），JE恰好垂直底线ad；现改变风力为F（滑船在整个斜面运动过程中F不变，且F≤F0），求滑船在接收平台defp内滑行总路程S的可能范围。【答案】（1）1.5mg；（2）a【解析】3RR33R；（3）g；s8020240【详解】（1）滑船从A点滑到C点时，由机械能守恒定律可知mgH在C点时由牛顿第二定律可得12mvC2FNC解得2vCmgmRFNC=1.5mg（2）划船到达D点时速度12mg(Hh)mvD2解得vDgR10滑船在斜面上只受重力和斜面的支持力，则运动的加速度大小a运动最高点J到水平底边ad的距离mgsin3gm2(vDsin)23Rs2a40（3）当水平风力大小为F0时，从最高点到ad，则沿斜面方向vDsinat沿平行斜面方向F0t2vDcosm解得F0mg此时回到ad面时沿着垂直ad方向的速度大小为vyvDsin沿着ad方向的速度大小仍为vxvDcos即进入接收平台的速度仍为vD最大，则进入平台后的位移最大，因进入defp内做匀减速运动，加速度a'g则最终滑行的最大路程为smax2vDR'2a20现改变风力为F，因F≤F0，则滑船回到ad边时沿垂直ad方向的速度不变，若沿ad方向的速度为零，此时进入平台的速度最小，此时FtvDcosm可解得F=0.5mg则进入平台的最小位移为smin(vDsin)23R2a'803RR即滑船在接收平台defp内滑行总路程S的可能范围。802021.如图所示，电阻为2R、半径为r、匝数为n的圆形导体线圈两端与导轨AD、MN相连。与导体线圈共圆心的圆形区域内有竖直向下的磁场，其磁感应强度随时间变化的规律如图（2）所示，图（2）中的B0和t0均已知。PT、DE、NG是横截面积和材料完全相同的三根粗细均匀的金属棒。金属棒PT的长度为3L、电阻为3R、质量为m。导轨AD与MN平行且间距为L，导轨EF与GH平行且间距为3L，DE和NG的长度相同且与AD、MN的夹角均为30。区域Ⅰ和区域Ⅱ是两个相邻的、长和宽均分别相同的空间区域，其长度均为d。区域Ⅰ中存在竖直向下、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。0~2t0时间内，使棒PT在区域Ⅰ中某位置保持静止，且其两端分别与导轨EF与GH对齐。除导体线圈、金属棒PT、DE、NG外，其余导体电阻均不计，所有导体间接触均良好且均处于同一水平面内，不计一切摩擦，不考虑回路中的自感。（1）求在0~2t0时间内，使棒PT保持静止的水平外力F的大小；（2）在2t0以后的某时刻，若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下从区域Ⅰ以v0的速度匀速运动到区域Ⅱ时，导体棒PT速度恰好达到v0且恰好进入区域Ⅱ，该过程棒PT产生的焦耳热为Q，求金属棒PT与区域Ⅰ右边界的初始距离x0和该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W；（3）若磁场运动到区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒PT运动到EG时的速度v。3mRv0nB02Lr2120~t0时间内，Ft0~2t0时间内F0；【答案】（1）；（2）x0d22,W3Qmv0；B0L3Rt0223B02L3（3）vv03mR【解析】【详解】（1）0~t0时间内，由法拉第电磁感应定律得En由闭合电路欧姆定律得BBsn0r2tt0EnB0r2I3R3Rt00~t0时间内，PT棒所受水平外力为nB02Lr2FFAB0IL3Rt0t0~2t0时间内，磁场不变化，回路电动势为零，无电流，则外力F0（2）PT棒向右加速过程中，由动量定理得B02L2xmv03R得x所以3mRv0B02L2x0dxdPT棒向右加速过程中，回路中的总焦耳热为Q总3Q由功能关系和能量守恒得3mRv0B02L212W3Qmv02（3）棒PT从磁场区域Ⅱ左边界向右运动距离x时，回路中棒PT的长度为lx2回路中总电阻为3xL3R总xR23R323Rl2x2R2xL2x2R(23x3L)xL3L33L回路中电流为3xL)vxB0lxvxBvBLv3Ix0x0xRRR总x3R(23x3L)3LLB0(2棒PT所受安培力为B02LvxlxFAxB0Ixlx3R棒PT从磁场区域Ⅱ左边界运动到EG过程，由动量定理得B02Lvxlxtmvmv03R即其中B02LS梯3Rmvmv0S梯23L2所以23B02L3vv03mR22.如图甲所示，正方形荧光屏abcd与正方形金属板相距L水平平行放置，二者的边长均为L。金属板的2中心开有小孔，小孔正下方有一通电金属丝可持续发射热电子，金属丝与金属板之间加有恒定电压U。以金属板中心小孔为坐标原点，沿平行于金属板两边和垂直金属板方向建立x、y和z坐标轴，电子从金属丝发射经小孔沿z轴正方向射入磁场区域，测得电子经电场加速后经过小孔时的速度大小介于v与2v之间。，其磁感应强度沿z轴方向的分量始z轴与荧光屏的交点为s，金属板与荧光屏之间存在磁场（图中未画出）终为零，沿x轴和y轴方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B02mv。已知电子eL的质量为m、电荷量大小为e，忽略电子间的相互作用，且电子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，可认为电子在磁场运动过程中磁感应强度不变。求：（1）从金属丝发射的电子的初速度大小范围；（2）t0.75T时以2v速度进入磁场的电子打在荧光屏上的位置坐标；（3）t0.25T时以v与2v速度进入磁场的两个电子打在荧光屏上时的时间差；（4）请在荧光屏的俯视图丙中定性画出电子在荧光屏上出现的位置。（不要求计算过程）2112LL2eU2eU2L，L，【答案】（1）v；（2）；（3）；（4）见解析v02v2228vmm2【解析】【详解】（1）令电子加速过程始末速度分别为v0，v1，则有eU根据题意，v1在v与2v之间，解得1212mv1mv022v2（2）电子在磁感应强度B0作用下有2eU2eUv02v2mme解得2vBmR12vR122L2根据图乙可知，在t0.75T时以2v速度进入磁场的电子，磁感应强度沿x轴和y轴方向的分量Bx和By均为B0，根据左手定则可知，此时的Bx使得电子沿y轴负向偏转，By使得电子沿x轴正向偏转，由于R1可知，电子能够打在荧光屏上，z轴坐标2LL22L2z1x轴坐标Lx1R1R122y轴坐标221L22L12y1R1R12L22则电子打在荧光屏上的位置坐标为（3）电子在磁场中圆周运动的周期2112LL，L，。222T2mLeB0vt0.25T时，By等于0，Bx为B0，根据左手定则可知，此时的Bx使得电子沿y轴正向偏转，电子速度为v时v2evBmR2解得1R2L2根据上述，结合几何关系可知，电子度为v时，打在荧光屏之前的轨迹对应的圆心角为时，打在荧光屏之前的轨迹对应的圆心角为，则两个电子打在荧光屏上时的时间差为424Tt2t，电子度为2v2解得L8v（4）定性画出电子在荧光屏上出现的位置如图中正方形内部实线所示