本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共6頁，滿分100分，考試時間90分鐘。
考生注意：
1.答題前，請務(wù)必將自己的姓名，準(zhǔn)考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答題紙規(guī)定的位置上。
2.答題時，請按照答題紙上“注意事項(xiàng)”的要求，在答題紙相應(yīng)的位置上規(guī)范作答，在本試題卷上的作答一律無效。
3.非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應(yīng)的區(qū)域內(nèi)，作圖時先使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。
第Ⅰ卷（選擇題共45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(xiàng)中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）
1. 在微觀物理學(xué)中，不確定關(guān)系告訴我們，如果以表示粒子位置的不確定量，以表示粒子在x方向上動量的不確定量，則，式中h是普朗克常量，其單位是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】根據(jù)位置的不確定量的單位為，動量的不確定量的單位為，沒有單位，故普朗克常量的單位為。
故選B。
2. 關(guān)于教材中的插圖，下列理解不正確的是（ ）
A. A圖是用微元法探究勻變速直線運(yùn)動的位移，所有小矩形面積之和近似等于物體的位移大小，分得越多則越接近
B. B圖是伽利略在做銅球沿斜面運(yùn)動的實(shí)驗(yàn)，其中斜面的作用是“沖淡”重力，方便測時間，隨著斜面傾角的增大，伽利略觀察到銅球的運(yùn)動規(guī)律相同，合理外推得到自由落體運(yùn)動規(guī)律
C. C圖桌面上的裝置可以放大桌面的微小形變
D. D圖是物體由靜止?fàn)顟B(tài)被拉動，直到物體勻速運(yùn)動起來，用力的傳感器測得拉力的變化過程，說明物體所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力
【答案】D
【解析】
【詳解】A．A圖是用微元法探究勻變速直線運(yùn)動的位移，所有小矩形面積之和近似等于物體的位移大小，分得越多則越接近，故A正確，不滿足題意要求；
B．B圖是伽利略在做銅球沿斜面運(yùn)動的實(shí)驗(yàn)，其中斜面的作用是“沖淡”重力，方便測時間，隨著斜面傾角的增大，伽利略觀察到銅球的運(yùn)動規(guī)律相同，合理外推得到自由落體運(yùn)動規(guī)律，故B正確，不滿足題意要求；
C．C圖桌面上的裝置可以放大桌面的微小形變，故C正確，不滿足題意要求；
D．D圖是物體由靜止?fàn)顟B(tài)被拉動，直到物體勻速運(yùn)動起來，用力的傳感器測得拉力的變化過程，說明物體所受的最大靜摩擦力大于滑動摩擦力，故D錯誤，滿足題意要求。
故選D。
3. 一小車沿直線運(yùn)動，從t = 0開始由靜止勻加速至t = t1時刻，此后做勻減速運(yùn)動，到t = t2時刻速度降為零。在下列小車位移x與時間t的關(guān)系曲線中，可能正確的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【詳解】x—t圖像的斜率表示速度，小車先做勻加速運(yùn)動，因此速度變大即0—t1圖像斜率變大，t1—t2做勻減速運(yùn)動則圖像的斜率變小，在t2時刻停止圖像的斜率變?yōu)榱恪?br>故選D。
4. 我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號系列運(yùn)載火箭。如圖所示，發(fā)射倉內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點(diǎn)火飛向太空。從火箭開始運(yùn)動到點(diǎn)火的過程中（ ）
A. 火箭加速度為零時，動能最大
B. 高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能
C. 高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量
D. 高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量
【答案】A
【解析】
【詳解】A．火箭從發(fā)射倉發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運(yùn)動，直至速度為零，故當(dāng)火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；
B．根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯誤；
C．根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；
D．根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機(jī)械能的增加量，故D錯誤。
故選A。
5. 被譽(yù)為“中國天眼”的射電天文望遠(yuǎn)鏡（FAST）如圖所示，質(zhì)量為3×104kg的饋源艙用對稱的六索六塔裝置懸吊在球面鏡正上方，相鄰塔頂?shù)乃骄嚯x300m，每根連接塔頂和饋源艙的繩索長600m，不計(jì)繩索重力，則每根繩索承受的拉力大約為（ ）
A. 4×105NB. 6×104NC. 1×105ND. 3×104N
【答案】B
【解析】
【分析】
【詳解】將各塔頂連接起來，得到正六邊形，由幾何關(guān)系可得饋源艙到塔頂?shù)乃骄嚯x等于相鄰塔頂?shù)乃骄嚯x為300m，則可知每根繩索與豎直方向的夾角為，由平衡條件可得
解得
所以B正確；ACD錯誤；
故選B。
6. 某種光電式火災(zāi)報(bào)警器的原理如圖所示，由紅外光源發(fā)射的光束經(jīng)煙塵粒子散射后照射到光敏電阻上，光敏電阻接收的光強(qiáng)與煙霧的濃度成正比，其阻值隨光強(qiáng)的增大而減小。閉合開關(guān)，當(dāng)煙霧濃度達(dá)到一定值時，干簧管中的兩個簧片被磁化而接通，觸發(fā)蜂鳴器報(bào)警。為了能在更低的煙霧濃度下觸發(fā)報(bào)警，下列調(diào)節(jié)正確的是（ ）
A. 增大電阻箱的阻值
B. 增大電阻箱的阻值
C. 增大電源的電動勢
D. 增大干簧管上線圈的匝數(shù)
【答案】D
【解析】
【詳解】A．增大電阻箱的阻值，則紅外光源發(fā)出的紅外線強(qiáng)度減小，若煙霧濃度降低，則光敏電阻接收的光強(qiáng)降低，阻值變大，則干簧管的電流減小，則干簧管中的兩個簧片不能被磁化而接通，觸發(fā)蜂鳴器不能報(bào)警，選項(xiàng)A錯誤；
B. 同理，若煙霧濃度降低，則光敏電阻接收的光強(qiáng)降低，阻值變大，若再增大電阻箱的阻值，則干簧管的電流減小，則干簧管中的兩個簧片不能被磁化而接通，觸發(fā)蜂鳴器不能報(bào)警，選項(xiàng)B錯誤；
C．增大電源的電動勢，對干簧管的通斷無影響，選項(xiàng)C錯誤；
D．增大干簧管上線圈的匝數(shù)，可是干簧管在電流減小時增加磁性，可使干簧管中的兩個簧片被磁化而接通，觸發(fā)蜂鳴器報(bào)警，選項(xiàng)D正確。
故選D。
7. 如圖，虛線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別表示地球衛(wèi)星的三條軌道，其中軌道Ⅰ為與第一宇宙速度對應(yīng)的近地環(huán)繞圓軌道，軌道Ⅱ?yàn)闄E圓軌道，軌道Ⅲ為與第二宇宙速度對應(yīng)的脫離軌道，三點(diǎn)分別位于三條軌道上，點(diǎn)為軌道Ⅱ的遠(yuǎn)地點(diǎn)，點(diǎn)與地心的距離均為軌道Ⅰ半徑的2倍，則（ ）
A. 衛(wèi)星在軌道Ⅱ的運(yùn)行周期為軌道Ⅰ的2倍
B. 衛(wèi)星經(jīng)過點(diǎn)的速率為經(jīng)過點(diǎn)的倍
C. 衛(wèi)星在點(diǎn)的加速度大小為在點(diǎn)的3倍
D. 質(zhì)量相同的衛(wèi)星在點(diǎn)的機(jī)械能小于在點(diǎn)的機(jī)械能
【答案】D
【解析】
【詳解】A．由題可知軌道I的半徑與軌道Ⅱ的半長軸之比為
根據(jù)開普勒第三定律
解得
衛(wèi)星在軌道Ⅱ的運(yùn)行周期為軌道Ⅰ的倍。故A錯誤；
B．根據(jù)
如果b點(diǎn)在過該點(diǎn)的圓形軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動，如圖所示
衛(wèi)星經(jīng)過a點(diǎn)的速率為經(jīng)過b點(diǎn)的倍，而軌道Ⅱ是橢圓，因此在軌道Ⅱ上b點(diǎn)的速度不等于圓軌道的速度，故B錯誤；
C．根據(jù)公式
點(diǎn)與地心的距離均為軌道Ⅰ半徑的2倍?？芍l(wèi)星在a點(diǎn)的加速度大小為在c點(diǎn)的4倍，故C錯誤；
D．衛(wèi)星從軌道Ⅱ變到軌道Ⅲ需要點(diǎn)火加速，因此再同一點(diǎn)加速動能增大也就是機(jī)械能增大，而同一軌道機(jī)械能守恒，因此b點(diǎn)的機(jī)械能小于在c點(diǎn)的機(jī)械能，故D正確。
故選D。
8. 下列說法正確的是（ ）
A. 原子核的結(jié)合能越大，說明該原子核越穩(wěn)定
B. 1ml某放射性元素經(jīng)過16天后，還剩下沒衰變，則它的半衰期1天
C. 原子核發(fā)生β衰變時放出一個高速運(yùn)動的電子，這表明原子核中存在著電子
D. 太陽就是一個巨大的熱核反應(yīng)堆，在“核燃燒”的過程中“體重”不斷減輕
【答案】D
【解析】
【詳解】A．原子核的結(jié)合能越大，該原子核不一定越穩(wěn)定；原子核的比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，故A錯誤；
B．1ml某放射性元素經(jīng)過16天后，還剩下沒衰變，根據(jù)
可得
解得
（天）
則它的半衰期為4天，故B錯誤；
C．原子核發(fā)生β衰變時放出電子，該電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)變而來的，其轉(zhuǎn)變方程為
故C錯誤；
D．太陽能來自其內(nèi)部的熱核反應(yīng)，隨著太陽能的向外釋放，太陽的質(zhì)量在不斷的減小，故D正確。
故選D。
9. 如圖甲所示，在同一均勻介質(zhì)中有兩個振動完全相同的波源、，兩波源相距24cm，M、N為介質(zhì)中兩波源連線的中垂線上的兩個質(zhì)點(diǎn)。已知波速為0.25m/s，兩波源同時開始振動，從波源振動開始計(jì)時，M點(diǎn)的振動圖像如圖乙所示。當(dāng)N點(diǎn)開始振動后，在某一時刻在中垂線上M、N是相鄰的波峰，則（ ）

A. M、N間的距離為5cm
B. M、N間的距離為7cm
C. M、N連線的中點(diǎn)振動減弱
D. M、N處于波峰時，兩點(diǎn)連線的中點(diǎn)處于波谷
【答案】B
【解析】
【詳解】AB．由乙圖可知，波的周期為
T=0.2s
所以兩個波源產(chǎn)生的波的波長為
因經(jīng)0.6s波從波源傳到M，所以到M的距離為
M、N是相鄰的波峰，所以它們到波源（或）的路程差為5cm，到N的距離為
則又由幾何關(guān)系可知，M到兩波源連線中點(diǎn)的距離為9cm
N到兩波源連線中點(diǎn)的距離為
所以M、N間的距離為7cm，選項(xiàng)A錯誤，B正確；
C．兩波源連線中垂線的到兩波源和路程差都為0，所以都是振動加強(qiáng)的點(diǎn)，選項(xiàng)C錯誤；
D．M、N兩點(diǎn)連線的中點(diǎn)到波源連線中點(diǎn)的距離為12.5cm，到波源的距離為
而波谷到的距離應(yīng)為17.5cm，所以M、N兩點(diǎn)連線的中點(diǎn)不是波谷，選項(xiàng)D錯誤。
故選B。
10. 我國潛艇研制已經(jīng)取得了重大突破，開始進(jìn)入試車定型階段，該潛艇應(yīng)用了超導(dǎo)磁流體推進(jìn)器。如圖是超導(dǎo)磁流體推進(jìn)器原理圖，推進(jìn)器浸沒在海水中，海水由前、后兩面進(jìn)出，左、右兩側(cè)導(dǎo)體板連接電源，與推進(jìn)器里的海水構(gòu)成回路，由固定在潛艇上的超導(dǎo)線圈（未畫出）產(chǎn)生垂直于海平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。已知左、右兩側(cè)導(dǎo)體板間海水的體積為V，垂直于導(dǎo)體板方向單位面積上的電流為I（導(dǎo)體板外電流不計(jì)），下列說法正確的是（ ）
A. 要使?jié)撏斑M(jìn)，左，右兩側(cè)導(dǎo)體板所接電源的正、負(fù)極應(yīng)與圖示方向相同
B. 同時改變超導(dǎo)線圈中電流的方向和海水中電流的方向，潛艇受磁場力的方向?qū)⒎聪?br>C. 潛艇所受磁場力的大小為IVB
D. 若導(dǎo)體板間海水的電阻為R，其兩端的電壓為U，則潛艇在海水中勻速前進(jìn)時，海水中的電流等于
【答案】C
【解析】
【詳解】A．根據(jù)左手定則，左、右內(nèi)側(cè)導(dǎo)體板所接電源的正、負(fù)極與圖示方向相同時，海水受到安培力向前，根據(jù)牛頓第三定律，海水對磁場（實(shí)質(zhì)是海水對超導(dǎo)潛艇）的作用力向后，該力是使?jié)撏Ш笸说牧?，選項(xiàng)A錯誤；
B．改變超導(dǎo)線圈中電流的方向，勻強(qiáng)磁場的方向發(fā)生改變，同時改變海水中電流的方向，則潛艇受磁場力的方向不變，選項(xiàng)B錯誤；
C．設(shè)推進(jìn)器內(nèi)側(cè)導(dǎo)體板的面積為S，間距為d，裝滿水時，磁場力為
選項(xiàng)C正確；
D．船在海水中勻速前進(jìn)時，可視為導(dǎo)體在海水中切割磁感線，產(chǎn)生與電流方向相反的感應(yīng)電動勢，所以海水中的電流小于，選項(xiàng)D錯誤。
故選C。
11. 杭麗鐵路被列入浙江省重大建設(shè)項(xiàng)目“十四五”規(guī)劃，杭麗高鐵建成后，麗水前往杭州的時間將縮短至1小時內(nèi)。新建成的高鐵將應(yīng)用許多新技術(shù)，圖示為高鐵的牽引供電流程圖，利用可視為理想變壓器（原、副線圈匝數(shù)比為n1：n2）的牽引變電所，將高壓220kV或110kV降至27.5kV，再通過接觸網(wǎng)上的電線與車頂上的受電弓使機(jī)車獲得25kV工作電壓，則下列說法正確的是（ ）
A. 若電網(wǎng)的電壓為110kV，則
B. 若高鐵機(jī)車運(yùn)行功率增大，機(jī)車工作電壓將會高于25kV
C. 高鐵機(jī)車運(yùn)行功率增大，牽引變電所至機(jī)車間的熱損耗功率也會隨之增大
D. 如果高鐵機(jī)車的電動機(jī)輸出機(jī)械功率為9000kW，電機(jī)效率為90%，則牽引變電所到機(jī)車間的等效電阻為62.5Ω
【答案】C
【解析】
【詳解】A．若電網(wǎng)的電壓為，則
故A錯誤；
BC．若高鐵機(jī)車運(yùn)行功率增大，則牽引變電所副線圈輸入功率增大，而副線圈電壓不變，所以牽引變電所至機(jī)車間之間的電流增大，熱損耗功率也會隨之增大，導(dǎo)線電阻分壓增大，機(jī)車工作電壓將會低于25kV，故B錯誤，C正確；
D．根據(jù)功率關(guān)系可得
其中
則電流為
則牽引變電所至機(jī)車間的等效電阻為
故D錯誤。
故選C。
12. 如圖所示，為了給一座特殊的密閉倉庫采光，在正南朝向的豎直墻壁上切開一個正方形孔，其中AF邊與BE邊水平、AB邊與FE邊豎直，并在孔內(nèi)鑲嵌一塊折射率為的玻璃磚。這塊玻璃磚的室內(nèi)部分是邊長為2R的正方體，室外部分是半圓柱體。某時刻正南方向的陽光與豎直面成30°角斜向下射向半圓柱面，已知光在真空中的傳播速度為c，則（ ）

A. 從圓弧面折射進(jìn)入玻璃的各光束中，從AF邊入射的那束光，其偏轉(zhuǎn)角最大
B. 在半圓柱表面以入射角45°折射進(jìn)入玻璃磚的那束光，其首次從玻璃磚表面折射回到空氣的折射角大小為45°
C. 在半圓柱表面沿半徑方向入射玻璃磚的那束光，首次從玻璃磚表面出射至空氣前，在玻璃磚內(nèi)傳播的時間為
D. 若考慮玻璃對不同色光的折射率差異，則陽光中的紫光在玻璃表面發(fā)生全反射的臨界角大于紅光的臨界角
【答案】B
【解析】
【詳解】A．與半圓柱相切的光偏轉(zhuǎn)角最大，此時入射角為90°，折射角為45°，其偏轉(zhuǎn)角最大，故A錯誤；
B．在半圓柱表面以入射角45°折射進(jìn)入玻璃磚的那束光，在玻璃中折射角
解得
折射角為30°，根據(jù)幾何關(guān)系可知，首次從玻璃磚表面折射回到空氣的入射角為30°，所以折射角為45°，故B正確；
C．在玻璃磚中的速度
在半圓柱表面沿半徑方向入射玻璃磚的那束光，經(jīng)過路程
用時
故C錯誤；
D．紫光頻率高，折射率大，根據(jù)
可知，紫光臨界角小，故D錯誤。
故選B。
13. 如圖所示，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度的大?。╣為重力加速度），A、B兩物體通過勁度系數(shù)為k的絕緣豎直輕質(zhì)彈簧相連放在水平面上，A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)。A、B質(zhì)量均為m，其中A帶正電，電荷量為，B不帶電。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能可表示為，k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量。若不計(jì)空氣阻力，不考慮A物體電荷量的變化，保持電場強(qiáng)度的大小不變，將電場方向改為豎直向上，下列說法正確的是（ ）
A. 電場換向的瞬間，物體A的加速度大小為g
B. 從電場換向瞬間到物體B剛要離開地面的過程中，物體A的速度一直增大
C. 從電場換向瞬間到物體B剛要離開地面的過程中，物體A的機(jī)械能增加量等于物體A電勢能的減少量
D. 物體B剛要離開地面時，A的速度大小為
【答案】D
【解析】
【詳解】A．在電場未反向時，A物體處于平衡狀態(tài)，對A根據(jù)平衡條件可得
當(dāng)施加上電場力瞬間，對A物體根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
故A錯誤；
B．在電場未反向時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，壓縮量為，根據(jù)平衡條件可得
解得
B剛要離開地面時，彈簧處于伸長狀態(tài)，伸長量為，對B根據(jù)平衡條件可得
解得
對物體A受向上的電場力與向下的重力等大反向，可知物體A受的合力等于彈簧的彈力，則A受的合外力先受向上后向下，則加速度先向上后向下，則物體A先向上加速后向上減速，故B錯誤；
C．從電場換向瞬間到物體B剛要離開地面的過程中，因，即從初態(tài)到末態(tài)彈簧的形變量減小，彈性勢能減小，A物體的機(jī)械能增量等于電勢能的減少量與彈性勢能的減少量之和，則物體A的機(jī)械能增加量大于物體A電勢能的減少量，故C錯誤；
D．物體B剛要離開地面時，由能量關(guān)系可知
解得A的速度大小為
故D正確。
故選D。
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(xiàng)中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）
14. 下列說法正確的是（ ）
A. 甲圖中，“彩超”利用多普勒效應(yīng)的原理測定血管中血液的流速
B. 乙圖中，核電站的核反應(yīng)堆外面修建很厚的水泥層，用來屏蔽裂變產(chǎn)物放出的各種射線
C. 丙圖中，用同一裝置僅調(diào)節(jié)單縫寬度得到某單色光的兩幅衍射圖樣，可判定A的縫寬大于B的縫寬
D. 丁圖中，由氫原子能級圖可知，某一氫原子從n=2能級向基態(tài)躍遷輻射的光子，有可能被另一個處于n=2能級的氫原子吸收并使之電離
【答案】ABD
【解析】
【詳解】A．“彩超”利用超聲波多普勒效應(yīng)，根據(jù)反射波的頻率變化，就能知道血流的速度，故A正確；
B．核電站的核反應(yīng)堆發(fā)生核反應(yīng)的過程中會放出大量的射線，其產(chǎn)物也有很多的放射性物質(zhì)，核電站的核反應(yīng)堆外面修建很厚的水泥層，用來屏蔽裂變產(chǎn)物放出的各種射線，故B正確；
C．丙圖中，用同一裝置僅調(diào)節(jié)單縫寬度得到某單色光的兩幅衍射圖樣，縫的寬度小衍射現(xiàn)象越明顯，可判定A的縫寬小于B的縫寬，故C錯誤；
D．丁圖中，由氫原子能級圖可知，某一氫原子從n=2能級向基態(tài)躍遷輻射的光子能量
處于n=2能級的氫原子發(fā)生電離所需要的能量
因?yàn)?br>故D正確。
故選ABD。
15. 氖泡可用于指示和保護(hù)電路。在玻璃管中有兩個相同的板狀金屬電極，并充入低壓氖氣，在兩極間接入電壓使氖氣導(dǎo)電，如果金屬電極發(fā)出的電子在電場作用下獲得足夠的能量，就能使氖氣發(fā)光。將氖泡、保護(hù)電阻和電壓可調(diào)的電源按如圖所示的電路連接。氖泡用黑紙包住，黑紙上留出一條狹縫使光可以照射到氖泡。發(fā)現(xiàn)在沒有光照的暗室中，當(dāng)電源兩端電壓為時，氖泡恰能發(fā)光；當(dāng)電源兩端電壓為時，氖泡不發(fā)光，但同時用頻率為，的紫光照射氖泡，氖泡也恰能發(fā)光。兩次實(shí)驗(yàn)中，氖泡恰能發(fā)光時回路中的電流可認(rèn)為相等。已知普朗克常量為h，電子電荷量為e。下列說法正確的是（ ）
A. 若保持電壓不變，用黃光照射氖泡，氖泡也能發(fā)光
B. 通過實(shí)驗(yàn)可知，紫光的光子能量
C. 通過實(shí)驗(yàn)可知，電極中的電子脫離金屬至少需要的能量
D. 實(shí)驗(yàn)中使用交流電源也能觀察到上述現(xiàn)象
【答案】BD
【解析】
【詳解】B．通過金屬電極發(fā)出的電子在電場作用下獲得足夠的能量，就能使氖氣發(fā)光，假設(shè)恰好能讓氖氣發(fā)光的電子動能為，電極中的電子脫離金屬至少需要的能量為，在沒有光照的暗室中，當(dāng)電源電壓為時，氖泡恰能發(fā)光，設(shè)發(fā)光時電路電流為，保護(hù)電阻為，則有
當(dāng)電源電壓為時，同時用頻率為的紫光照射氖泡，氖泡也恰好能發(fā)光，則有
聯(lián)立解得
B正確；
A．若保持電壓不變，用黃光照射氖泡，由于黃光的頻率小于紫光的頻率，則黃光光子能量小于紫光光子能量，可知氖泡不能發(fā)光，A錯誤；
C．通過實(shí)驗(yàn)可知，電極中的電子脫離金屬需要的能量小于，C錯誤；
D．實(shí)驗(yàn)中如果采用交流電源，當(dāng)電壓達(dá)到一定數(shù)值時，也可能觀察到上述現(xiàn)象，D正確。
故選BD。
Ⅱ卷（非選擇題共55分）
16. 小明用如圖甲所示裝置來驗(yàn)證動量守恒定律，該裝置由水平長木板及固定在木板左端的硬幣發(fā)射器組成，硬幣發(fā)射器包括支架、彈片及彈片釋放裝置，釋放彈片可將硬幣以某一初速度彈出。已知五角硬幣和一元硬幣與長木板間動摩擦因數(shù)近似相等，主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：
①將五角硬幣置于發(fā)射槽口，釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，硬幣沿著長木板中心線運(yùn)動，在長木板中心線的適當(dāng)位置取一點(diǎn)O，測出硬幣停止滑動時硬幣右側(cè)到O點(diǎn)的距離。再從同一位置釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，重復(fù)多次，取該距離的平均值記為，如圖乙所示；
②將一元硬幣放在長木板上，使其左側(cè)位于O點(diǎn)，并使其直徑與中心線重合，按步驟①從同一位置釋放彈片，重新彈射五角硬幣，使兩硬幣對心正碰，重復(fù)多次，分別測出兩硬幣碰后停止滑行時距O點(diǎn)距離的平均值和，如圖丙所示。
（1）實(shí)驗(yàn)中還需要測量的量有____________
A.五角硬幣和一元硬幣的質(zhì)量、
B.五角硬幣和一元硬幣的直徑、
C.硬幣與木板間的動摩擦因數(shù)
D.發(fā)射槽口到O點(diǎn)的距離
（2）該同學(xué)要驗(yàn)證動量守恒定律的表達(dá)式為________________（用已知量和測量的量表示），若進(jìn)一步研究該碰撞是否為彈性碰撞，需要判斷關(guān)系式___________是否成立（用、、表示）。
【答案】 ①. A ②. ③.
【解析】
【詳解】（1）[1]A．為了得出動量守恒定律的表達(dá)式應(yīng)測量質(zhì)量，故應(yīng)分別測出一枚五角硬幣和一元硬幣的質(zhì)量、。故A正確；
BD．驗(yàn)證碰撞過程動量守恒，需要測出硬幣在O點(diǎn)以后滑行的位移，可以不測量五角硬幣和一元硬幣的直徑，發(fā)射槽口到O點(diǎn)的距離也不需要測量，故BD錯誤；
C．由于五角硬幣和一元硬幣與長木板間動摩擦因數(shù)近似相等，所以硬幣與木板間的動摩擦因數(shù)不需要測量，故C錯誤；
故選A。
（2）[2]硬幣在桌面上均做加速度相同的勻減速運(yùn)動，根據(jù)速度-位移關(guān)系可知。其中
則
由動量守恒定律可知
只需驗(yàn)證
成立，即可明確動量守恒。
[3]如果該碰撞為彈性碰撞，則
解得
17. 某同學(xué)利用如圖裝置測量小車和智能手機(jī)的質(zhì)量，智能手機(jī)可以利用APP直接測量出手機(jī)運(yùn)動時的加速度。懸掛質(zhì)量為的鉤碼，用智能手機(jī)測出小車運(yùn)動的加速度；改變鉤碼的質(zhì)量，進(jìn)行多次測量；做出與的圖像如圖，已知圖像中直線的截距為，斜率為。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為。
（1）（單選）以下說法正確的是___________；
A．鉤碼的質(zhì)量應(yīng)該遠(yuǎn)小于智能手機(jī)和小車的質(zhì)量
B．細(xì)繩應(yīng)該始終與長木板平行
C．不懸掛鉤碼時，應(yīng)使小車和智能手機(jī)勻速沿木板下滑
D．細(xì)線的拉力等于鉤碼的重力
（2）根據(jù)圖像可得，小車和手機(jī)的質(zhì)量為____________；
（3）再利用手機(jī)APP測出斜面傾角為，則小車和智能手機(jī)沿木板運(yùn)動過程中受摩擦力的大小為_______。
【答案】 ①. B ②. ③.
【解析】
【詳解】（1）[1]設(shè)小車和手機(jī)的質(zhì)量為，斜面傾角為，對鉤碼和小車以及手機(jī)的系統(tǒng)由牛頓第二定律有
整理可得
可得本實(shí)驗(yàn)的原理為與成一次函數(shù)。
A．因本實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證牛頓第二定律為對系統(tǒng)采用準(zhǔn)確的方法，故不需要近似的用鉤碼重力代替繩的拉力，也就不需要質(zhì)量關(guān)系，即不需要鉤碼的質(zhì)量應(yīng)該遠(yuǎn)小于智能手機(jī)和小車的質(zhì)量，故A錯誤；
B．為了讓繩子拉小車的力為恒力，則細(xì)繩應(yīng)該始終與長木板平行，故B正確；
C．本實(shí)驗(yàn)若平衡了摩擦力，系統(tǒng)的牛頓第二定律表達(dá)式為
與成正比例函數(shù)，不符合實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)結(jié)果，則不需要平衡摩擦力，故C錯誤；
D．本實(shí)驗(yàn)研究系統(tǒng)的牛頓第二定律，則繩子的拉力小于鉤碼的重力，故D錯誤。
故選B。
（2）[2]根據(jù)與的一次函數(shù)關(guān)系，可知圖像的斜率的意義為
則小車和手機(jī)的質(zhì)量為
（3）[3]根據(jù)與的一次函數(shù)關(guān)系，可知縱截距的物理意義為
聯(lián)立解得摩擦力大小為
18. 靈敏電流計(jì)（俗稱“表頭”）的結(jié)構(gòu)如圖1所示，線圈由長而細(xì)的銅絲繞制而成，當(dāng)電流通過接柱流入線圈時，線圈會在均勻輻向磁場中轉(zhuǎn)動，從線圈的偏轉(zhuǎn)角度就能判斷電流的大小。靈敏電流計(jì)的優(yōu)點(diǎn)是靈敏度高，但是允許通過的電流很弱，如希望用它測量較大的電流值，就要進(jìn)行電表的改裝。
（1）當(dāng)電流流過靈敏電流計(jì)的線圈時，線圈因受到______力的作用而轉(zhuǎn)動。
（2）如圖2所示，為將內(nèi)阻為200Ω，滿偏電流為2mA的表頭改裝成量程為0.1A的電流表，應(yīng)給表頭并聯(lián)一個定值電阻R1，R1的阻值為______Ω。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）
（3）某同學(xué)查閱資料了解到制作定值電阻的材料是錳銅或鎳鉻合金，而制作表頭線圈的材料是銅，對比材料的電阻率隨溫度變化的數(shù)據(jù)得知，圖2中表頭的阻值Rg隨溫度升高而增大，而R1幾乎不隨溫度變化。他認(rèn)為電流表這樣直接改裝會因環(huán)境溫度變化的影響對測量帶來較大的誤差。為了探究大量程電流表的結(jié)構(gòu)，他打開了雙量程安培表的后蓋觀察內(nèi)部電路，發(fā)現(xiàn)其表頭是與一個電阻R0串聯(lián)后才一起接入電路的，如圖3所示，經(jīng)查閱資料發(fā)現(xiàn)這是一個溫度補(bǔ)償電阻。
a．為保持在一定溫度區(qū)間內(nèi)精準(zhǔn)測量的要求，這個溫度補(bǔ)償電阻的阻值隨溫度變化的特點(diǎn)應(yīng)為：隨溫度升高電阻的阻值______（選填“增大”、“減小”或“不變”）
b．若將用圖2方法改裝且已完成刻度盤重新標(biāo)度的電流表，放到更高溫度的環(huán)境下使用，會造成測量結(jié)果偏大還是偏小______？請分析說明______。
【答案】 ①. 安培 ②. 4.1 ③. 減小 ④. 偏小 ⑤. 設(shè)在不同溫度下兩次測量同一電流I，則流過表頭的電流 ，當(dāng)溫度升高后，Rg變大而R1不變，因此Ig變小；而改裝表的讀數(shù)正比于流過表頭的電流Ig，因此測量值小于真實(shí)值
【解析】
【詳解】（1）[1] 當(dāng)電流流過靈敏電流計(jì)的線圈時，線圈因受到安培力的作用而轉(zhuǎn)動。
（2）[2]根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律可知，R1的阻值為
（3）[3]為了保持在一定溫度區(qū)間內(nèi)精確測量的要求，表頭的內(nèi)阻與溫度補(bǔ)償電阻的阻值之和應(yīng)盡可能不隨溫度變化，所以溫度補(bǔ)償電阻隨溫度變化的特點(diǎn)應(yīng)與表頭的相反，即隨溫度升高電阻的阻值減小。
[4][5]設(shè)在不同溫度下兩次測量同一電流I，則流過表頭的電流 ，當(dāng)溫度升高后，Rg變大而R1不變，因此Ig變??；而改裝表的讀數(shù)正比于流過表頭的電流Ig，因此測量值小于真實(shí)值。
19. 如圖所示，左端封閉右端開口、內(nèi)徑相同的U形細(xì)玻璃管豎直放置，左管中封閉有長的空氣柱，初始兩管水銀面相平，下方水銀柱足夠長，已知大氣壓強(qiáng)，初始時封閉氣體的熱力學(xué)溫度?，F(xiàn)將下端閥門S打開，緩慢流出部分水銀，然后關(guān)閉閥門S，發(fā)現(xiàn)左管水銀面下降的高度為。
（1）求放出的水銀對應(yīng)的水銀柱長度；
（2）關(guān)閉閥門S后，若緩慢升高左管內(nèi)封閉氣體的溫度，使左管的水銀面再下降，求此時左管內(nèi)氣體的熱力學(xué)溫度；
（3）在（2）問的過程中，測得左管氣體的內(nèi)能增加為，左管氣體從外部吸收的熱量為Q，請比較與Q的大小關(guān)系。
【答案】（1）25cm；（2）420K；（3）
【解析】
【詳解】（1）由
可得
（2），對應(yīng)空氣柱長度為，由
可得
（3）由可知左管氣體對外做功，所以，所以。
20. 如圖所示，軌道ABCD由半徑的光滑四分之一圓弧軌道AB、長度的粗糙水平軌道BC以及足夠長的光滑水平軌道CD組成。質(zhì)量的物塊P和質(zhì)量的物塊Q壓縮著一輕質(zhì)彈簧并鎖定（物塊與彈簧不連接），三者靜置于CD段中間，物塊P、Q可視為質(zhì)點(diǎn)。緊靠D的右側(cè)水平地面上停放著質(zhì)量的小車，其上表面EF段粗糙，與CD等高，長度；FG段為半徑的四分之一光滑圓弧軌道；小車與地面間的阻力忽略不計(jì)。P、Q與BC、EF間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度，現(xiàn)解除彈簧鎖定，物塊P、Q由靜止被彈出（P、Q脫離彈簧后立即撤走彈簧），其中物塊P進(jìn)入CBA軌道，而物塊Q滑上小車。不計(jì)物塊經(jīng)過各連接點(diǎn)時的機(jī)械能損失。
（1）若物塊P經(jīng)過CB后恰好能到達(dá)A點(diǎn)，求物塊P通過B點(diǎn)時，物塊P對圓弧軌道的彈力；
（2）若物塊P經(jīng)過CB后恰好能到達(dá)A點(diǎn)，試分析物塊Q能否沖出小車上的G點(diǎn)，若能沖出G點(diǎn)，求出物塊Q從飛離G點(diǎn)到再次回到G點(diǎn)過程中小車通過的位移；若物塊Q不能飛離G點(diǎn)，請說明理由；
（3）若彈簧解除鎖定后，物塊Q向右滑上小車后能通過F點(diǎn)，并且后續(xù)運(yùn)動過程始終不滑離小車，求被鎖定彈簧的彈性勢能取值范圍。
【答案】（1）60N，方向豎直向下；（2）能，；（3）
【解析】
【詳解】（1）物塊P從B到A過程，根據(jù)動能定理有
物塊P在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
根據(jù)牛頓第三定律，物塊對軌道的壓力大小60N，方向豎直向下；
（2）物塊P被彈出到運(yùn)動到A過程，根據(jù)動能定理有
解得
對P、Q構(gòu)成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律有
解得
對Q與小車構(gòu)成的系統(tǒng)，在水平方向，根據(jù)動量守恒定律有
解得
根據(jù)能量守恒定律有
解得
物塊P運(yùn)動時間為
（3）物塊被彈開過程有
當(dāng)物塊Q向右滑上小車后恰好到達(dá)F點(diǎn)與小車共速時，彈簧彈性勢能最小，此時，對物塊Q與小車有
解得
由于
當(dāng)物塊Q沖上FG圓弧沒有越過G點(diǎn)之后又返回E點(diǎn)與小車共速時，彈簧彈性勢能達(dá)到最大值，則彈簧彈開兩物塊過程有
當(dāng)物塊Q沖上FG圓弧沒有越過G點(diǎn)之后又返回E點(diǎn)與小車共速過程有
解得
綜合上述，被鎖定彈簧的彈性勢能的取值范圍為
21. 如圖甲所示，由粗細(xì)均勻的金屬絲繞制而成的單匝矩形線圈abcd固定在絕緣滑塊上，線圈和滑塊的總質(zhì)量為m=1kg，水平面粗糙，線圈ab邊長度為L1=2m，線圈ad邊長度為L2=1m，金屬絲單位長度的電阻為λ=0.1Ω/m?；瑝K的右側(cè)有一以EH、EG為界的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域足夠大?；瑝K在外力F的作用下以速度v=0.6m/s水平向右做勻速直線運(yùn)動。從某時刻開始計(jì)時，得到F隨時間t變化的圖像如圖乙所示。已知ab邊到磁場下邊界EH的距離x=0.5m，取，求：
（1）勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；
（2）線圈進(jìn)入磁場過程中cd兩點(diǎn)間的電勢差Ucd，通過線圈的電荷量和線圈中產(chǎn)生的熱量；
（3）從開始計(jì)時到線圈ad邊剛好進(jìn)入磁場過程中外力F做的總功和摩擦力的沖量。

【答案】（1）；（2），，2J；（3）17J，，水平向左
【解析】
【詳解】（1）如題圖乙所示，設(shè)，，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為，在線圈進(jìn)磁場之前，滑塊做勻速運(yùn)動，由平衡條件可知
解得
設(shè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，在線圈剛進(jìn)入磁場時，切割磁場線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為
回路中的感應(yīng)電流方向?yàn)閏bad，大小為
線圈水平方向所受安培力方向?yàn)樗较蜃螅笮?br>由圖可知時，線圈邊剛進(jìn)入磁場，線圈豎直方向所受安培力方向?yàn)樨Q直向下，大小為
因滑塊是勻速運(yùn)動的，由平衡條件可知
剛進(jìn)入磁場時，即時，豎直方向安培力等于零，解得
（2）線圈進(jìn)入磁場過程中的感應(yīng)電流為
cd兩點(diǎn)間的電勢差為
線圈進(jìn)入磁場過程中通過線圈的電荷量
線圈中產(chǎn)生的熱量
（3）在時間內(nèi)，外力F做的功為
線圈進(jìn)入磁場過程中，線圈中的電流大小不變，設(shè)線圈進(jìn)入磁場長度為，則有
可知外力隨線圈進(jìn)入磁場的長度呈線性變化，當(dāng)線圈ad邊剛好進(jìn)入磁場時，有
則線圈進(jìn)入磁場過程，外力F做的功為
從開始計(jì)時到線圈ad邊剛好進(jìn)入磁場過程中外力F做的總功為
在時間內(nèi)摩擦力沖量
在
時，線圈ad邊剛好進(jìn)入磁場，此時摩擦力
在時間內(nèi)摩擦力沖量
摩擦力的總沖量為
方向水平向左。
22. 如圖為某同學(xué)設(shè)計(jì)的帶電粒子的聚焦和加速裝置示意圖。位于S點(diǎn)的粒子源可以沿紙面內(nèi)與SO1（O1為圓形磁場的圓心）的夾角為的方向內(nèi)均勻地發(fā)射速度為v0=10m/s、電荷量均為q=-2.0×10-4C、質(zhì)量均為m=1.0×10-6kg的粒子，粒子射入半徑為R=0.1m的圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場。已知粒子源在單位時間發(fā)射N=2.0×105個粒子，圓形區(qū)域磁場方向垂直紙面向里，沿著SO1射入圓形區(qū)域磁場的粒子恰好沿著水平方向射出磁場。粒子數(shù)控制系統(tǒng)是由豎直寬度為L、且L在范圍內(nèi)大小可調(diào)的粒子通道構(gòu)成，通道豎直寬度L的中點(diǎn)與O1始終等高。聚焦系統(tǒng)是由有界勻強(qiáng)電場和有界勻強(qiáng)磁場構(gòu)成，勻強(qiáng)電場的方向水平向右、場強(qiáng)E=0.625N/C，邊界由x軸、曲線OA和直線GF（方程為：y=-x+0.4（m））構(gòu)成，勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.25T，磁場的邊界由x軸、直線GF、y軸構(gòu)成，已知所有經(jīng)過聚焦系統(tǒng)的粒子均可以從F點(diǎn)沿垂直x軸的方向經(jīng)過一段真空區(qū)域射入加速系統(tǒng)。加速系統(tǒng)是由兩個開有小孔的平行金屬板構(gòu)成，兩小孔的連線過P點(diǎn)，上下兩板間電勢差U=-10kV，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用力。求：
（1）圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0；
（2）當(dāng)L=R時，求單位時間進(jìn)入聚焦系統(tǒng)的粒子數(shù)N0；
（3）若進(jìn)入加速系統(tǒng)內(nèi)粒子的初速度均忽略不計(jì)，設(shè)從加速系統(tǒng)射出的粒子在測試樣品中運(yùn)動所受的阻力f與其速度v關(guān)系為（k=0.2N·s·m-1），求粒子在樣品中可達(dá)的深度d；
（4）曲線OA的方程。
【答案】（1）0.5T；（2）；（3）；（4）
【解析】
【詳解】（1）由洛倫茲力提供向心力得
解得圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為
（2）臨界1：粒子恰好從控制系統(tǒng)上邊界進(jìn)入，粒子在S點(diǎn)入射速度與的夾角為，則
解得
臨界2：粒子恰好從控制系統(tǒng)下邊界進(jìn)入，粒子在S點(diǎn)入射速度與的夾角為，則
解得
能進(jìn)入控制系統(tǒng)的粒子數(shù)
（3）對粒子在加速系統(tǒng)運(yùn)用動能定理
解得

對粒子進(jìn)入樣品得過程運(yùn)用動量定理
粒子在樣品中可達(dá)的深度為
（4）設(shè)粒子從曲線OA點(diǎn)進(jìn)入電場，則粒子從直線GF的點(diǎn)射出電場，根據(jù)動能定理有
由洛倫茲力提供向心力得
曲線OA的方程為

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