考生注意：
1.答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫(xiě)在試題卷和答題紙規(guī)定的位置上。
2.答題時(shí)，請(qǐng)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，在本說(shuō)題卷上的作答一律無(wú)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(xiě)在答題紙上相應(yīng)的區(qū)域內(nèi)，作圖時(shí)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。
4.可能用到的相關(guān)參數(shù)：重力加速度g取。
選擇題部分
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(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）
1. 下列各組物理量中均屬于矢量的是（ ）
A. 位移、電場(chǎng)強(qiáng)度B. 磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁通量
C 電勢(shì)能、電流D. 加速度、時(shí)間
【答案】A
【解析】
【詳解】A．位移、電場(chǎng)強(qiáng)度都是既有方向又有大小，屬于矢量，故A正確；
B．磁感應(yīng)強(qiáng)度既有方向又有大小，是矢量，磁通量只有大小，雖然選取正方向后有正負(fù)，但是運(yùn)算不滿足平行四邊形法則，是標(biāo)量，故B錯(cuò)誤；
C．電勢(shì)能只有大小，沒(méi)有方向，是標(biāo)量；電流有大小，但是不滿足平行四邊形法則，是標(biāo)量，故C錯(cuò)誤；
D．加速度既有方向又有大小，是矢量，時(shí)間只有大小，沒(méi)有方向，是標(biāo)量，故D錯(cuò)誤。
故選A。
2. 弧旋球，又香蕉球，是指運(yùn)動(dòng)員運(yùn)用腳法，踢出球后使球在空中向前作弧線運(yùn)行的踢球技術(shù)。如圖所示是足球比賽中踢出的香蕉球場(chǎng)景，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 踢球時(shí)足球從剛接觸腳到落地的過(guò)程中機(jī)械能守恒
B. 足球轉(zhuǎn)彎時(shí)所受合力沿運(yùn)動(dòng)方向
C. 足球在空中加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，其慣性逐漸增大
D. 在研究如何才能踢出香蕉球時(shí)，不能把足球看作質(zhì)點(diǎn)
【答案】D
【解析】
【詳解】A．踢球時(shí)足球從剛接觸腳到落地的過(guò)程中，足球受到摩擦力和空氣阻力對(duì)球做功，所以足球的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；
B．足球轉(zhuǎn)彎時(shí)做曲線運(yùn)動(dòng)，合力方向指向軌跡的凹側(cè)，而運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檐壽E的切線方向，即合力不沿運(yùn)動(dòng)方向，故B錯(cuò)誤；
C．慣性是物體保持其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)（靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)）的性質(zhì)，它只與物體的質(zhì)量有關(guān)，與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)，因此，足球在空中加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，其慣性不會(huì)增大，故C錯(cuò)誤；
D．在研究如何才能踢出香蕉球時(shí)，我們需要考慮足球的旋轉(zhuǎn)和空氣動(dòng)力學(xué)效應(yīng)，這些都與足球的形狀和大小有關(guān)，因此，在這種情況下，不能把足球看作質(zhì)點(diǎn)，故D正確。
故選D。
3. 光在科學(xué)技術(shù)、生產(chǎn)和生活中有著廣泛的應(yīng)用，下列選項(xiàng)符合實(shí)際應(yīng)用的是（ ）
A. 在光導(dǎo)纖維內(nèi)傳送圖像是利用光的色散
B. 光學(xué)鏡頭上的增透膜是利用光的偏振
C. 觀看立體電影時(shí)所戴的眼鏡是利用光的偏振
D. 用三棱鏡觀察白光看到的彩色圖樣是利用光的衍射
【答案】C
【解析】
【詳解】A．在光導(dǎo)纖維內(nèi)傳送圖像是利用光的全發(fā)射，故A錯(cuò)誤；
B．光學(xué)鏡頭上的增透膜是利用光的干涉，故B錯(cuò)誤；
C．觀看立體電影時(shí)所戴的眼鏡是利用光的偏振，故C正確；
D．用三棱鏡觀察白光看到的彩色圖樣是利用光的折射，故D錯(cuò)誤。
故選C。
4. 核能的利用離不開(kāi)人類(lèi)對(duì)微觀世界的不斷探索。下圖表示了科學(xué)家對(duì)原子認(rèn)識(shí)的演變史，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 德布羅意基于電子的發(fā)現(xiàn)事實(shí)建構(gòu)了棗糕模型
B. 盧瑟福建構(gòu)的行星棋型（核式結(jié)構(gòu)模型）不僅揭示了原子內(nèi)存在原子核而且揭示了原子核的組成結(jié)構(gòu)
C. 玻爾基于行星模型（核式結(jié)構(gòu)模型）和氫原子光譜的實(shí)驗(yàn)規(guī)律建構(gòu)了氫原子模型并做了有限推廣
D. 基于量子理論建構(gòu)電子云模型完全否定了玻爾模型的正確性及其科學(xué)研究?jī)r(jià)值
【答案】C
【解析】
【詳解】A．湯姆孫基于道爾頓的實(shí)心小球模型和電子的發(fā)現(xiàn)事實(shí)建構(gòu)了棗糕模型，也叫西瓜模型，故A錯(cuò)誤；
B．盧瑟福建構(gòu)的行星模型揭示了原子內(nèi)存在原子核，但是并沒(méi)有揭示原子核內(nèi)部的組成結(jié)構(gòu)，故B錯(cuò)誤；
C．玻爾基于行星模型和氫原子光譜的實(shí)驗(yàn)規(guī)律建構(gòu)了氫原子模型并做了有限推廣，該模型對(duì)于氫原子以外的原子不成立，故C正確；
D．基于量子理論建構(gòu)的電子云模型并沒(méi)有完全否定玻爾模型的正確性及其科學(xué)研究?jī)r(jià)值，故D錯(cuò)誤。
故選C。
5. 如圖某海上風(fēng)力發(fā)電機(jī)，它的葉片轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)可形成半徑為的圓面。某時(shí)間內(nèi)該海面的風(fēng)速，風(fēng)向恰好跟葉片轉(zhuǎn)動(dòng)形成的圓面垂直，已知空氣的密度，若該風(fēng)力發(fā)電機(jī)能將此圓內(nèi)的空氣動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能。取3.14，則該發(fā)電機(jī)單機(jī)容量（輸出功率）的數(shù)量級(jí)可達(dá)（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】時(shí)間內(nèi)，通過(guò)圓面的空氣的質(zhì)量
該部分空氣的動(dòng)能
則此風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率
解得
故選B。
6. 圖示是“研究影響平行板電容器電容大小的因素”實(shí)驗(yàn)，保持電荷量不變，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 甲圖中減小極板間的正對(duì)面積，極板間的電勢(shì)差減小
B. 乙圖中增大極板間距，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度增大
C. 在丙圖中在極板間插入電介質(zhì)，電容器電容變小
D. 乙圖中增大極板間距，電容器儲(chǔ)存能量增大
【答案】D
【解析】
【詳解】A．保持電荷量不變，減小極板間的正對(duì)面積，由平行板電容器決定式電容C變小，由可知，電壓U變大，故A錯(cuò)誤；
B．保持電荷量不變，增大極板間距，由平行板電容器決定式電容C變小，由極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度可表示為
場(chǎng)強(qiáng)與d無(wú)關(guān)，場(chǎng)強(qiáng)不變，故B錯(cuò)誤；
C．在極板間插入電介質(zhì),由平行板電容器決定式，變大，變大，故C錯(cuò)誤；
D．保持電荷量不變，增大極板間距，由平行板電容器決定式可知電容C變小，根據(jù)電容器儲(chǔ)能公式
電容器儲(chǔ)存能量增大，故D正確。
故選D。
7. 如圖所示，街頭變壓器將市區(qū)電網(wǎng)電壓降壓后輸送給用戶的供電示意圖，變壓器的輸入電壓是市區(qū)電網(wǎng)的電壓，負(fù)載變化時(shí)輸入電壓不會(huì)有大的波動(dòng)。忽略輸電導(dǎo)線的電阻，交流電表作為理想電表處理，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 由于輸入電壓高于輸出電壓，所以原線圈所用的導(dǎo)線應(yīng)當(dāng)更粗
B. 降壓變壓器的工作原理是通過(guò)鐵芯導(dǎo)電的
C. 當(dāng)用戶用電器增加時(shí)，電壓表的示數(shù)增大
D. 當(dāng)用戶用電器增加時(shí)，變壓器的輸出功率變大
【答案】D
【解析】
【詳解】A．由于輸入電壓高于輸出電壓，變壓器兩端的功率相等，根據(jù)可知，副線圈電流較大，副線圈所用的導(dǎo)線應(yīng)當(dāng)更粗，A錯(cuò)誤；
B．降壓變壓器的工作原理是電磁感應(yīng)，而不是通過(guò)鐵芯導(dǎo)電，故B錯(cuò)誤；
CD．輸入電壓不變，原副線圈的匝數(shù)比不變，則副線圈兩端的電壓不變，即電壓表的示數(shù)不變，對(duì)于副線圈回路，當(dāng)用戶用電器增加時(shí)，等效電阻變小，根據(jù)可知功率變大，即變壓器的輸出功率變大，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選D。
8. 如圖是2024年9月8日發(fā)生的“土星沖日”天文現(xiàn)象的示意圖（當(dāng)?shù)厍蚯『眠\(yùn)行到某地外行星和太陽(yáng)之間，且三者幾乎排成一條直線的現(xiàn)象，天文學(xué)稱為“行星沖日”）。已知地球及各地外行星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的軌道半徑如下表所示。
根據(jù)題中信息，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 火星繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)線速度大于地球繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)線速度
B. 天王星繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)角速度大于木星繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)角速度
C. 海王星兩次沖日的時(shí)間間隔最短
D. 土星下次沖日的時(shí)間可能為2026年9月8日
【答案】C
【解析】
【詳解】A．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有
解得
由表格數(shù)據(jù)可知，火星繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)半徑大于地球繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)半徑，則火星繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)線速度小于地球繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)線速度，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有
解得
由表格數(shù)據(jù)可知，天王星繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)半徑大于木星繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)半徑，則天王星繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)角速度小于木星繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)角速度，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)題意，設(shè)兩次行星沖日時(shí)間間隔為年，則有
解得
可知，越大，越小，由開(kāi)普勒第三定律可知，海王星的周期最大，則海王星兩次沖日的時(shí)間間隔最短，故C正確；
D．由開(kāi)普勒第三定律
解得
年
結(jié)合C分析可得，土星相鄰兩次沖日的時(shí)間間隔為
年
則土星下次沖日的時(shí)間可能為2025年9月22日左右，故D錯(cuò)誤。
故選C。
9. 如圖所示，兩段不可伸長(zhǎng)細(xì)繩的一端分別系于兩豎直桿上的AB兩點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的小球D相連，已知A、B兩點(diǎn)高度相差為h，∠CAB=∠BAD=37°，∠ADB=90°，重力加速度為g?，F(xiàn)使小球發(fā)生微小擺動(dòng)（繩AD、BD始終張緊），則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 小球平衡時(shí)，繩AD、BD的拉力大小相等
B. 小球擺動(dòng)周期約為
C. 擺角變小，周期變大
D. 小球質(zhì)量增加，周期變小
【答案】B
【解析】
【詳解】A．根據(jù)幾何關(guān)系可知，繩AD與豎直方向的夾角為16°，對(duì)小球受力分析可得
則繩AD、BD的拉力大小不相等，故A錯(cuò)誤；
B．該單擺的等效擺長(zhǎng)為OD，如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可知，三角形ABD與三角形ABC全等，則
根據(jù)幾何關(guān)系可得
所以
根據(jù)單擺周期公式可得
故B正確；
C．?dāng)[角變小，則周期不變，故C錯(cuò)誤；
D．小球質(zhì)量增加，周期不變，故D錯(cuò)誤。
故選B。
10. 1885年瑞士的中學(xué)教師巴耳末發(fā)現(xiàn)，氫原子光譜中可見(jiàn)光部分的四條譜線的波長(zhǎng)可歸納成一個(gè)簡(jiǎn)單的經(jīng)驗(yàn)公式：，n為大于2的整數(shù)，R為里德伯常量。1913年，丹麥物理學(xué)家玻爾受到巴耳末公式的啟發(fā)，同時(shí)還吸取了普朗克的量子假說(shuō)、愛(ài)因斯坦的光子假說(shuō)和盧瑟福的核式結(jié)構(gòu)原子棋型提出了自己的原子理論、根據(jù)玻爾理論，推導(dǎo)出了氫原子光譜譜線的波長(zhǎng)公式：，m與n都是正整數(shù)，且。當(dāng)m取定一個(gè)數(shù)值時(shí)，不同數(shù)值的n得出的譜線屬于同一個(gè)線系．如：m=1，n=2、3、4、…組成的線系叫賴曼系；m=2，n=3、4、5、…組成的線系叫巴耳末系；m=3，n=4、5、6、…組成的線系叫帕邢系；m=4，n=5、6、7、…組成的線系叫布喇開(kāi)系；m=5，n=6、7、8、…組成的線系叫逢德系．以上線系只有一個(gè)在紫外光區(qū)，這個(gè)線系是……如圖是氫原子的能級(jí)圖。則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 在氫原子的能級(jí)圖中只有一個(gè)線系在紫外光區(qū)，它應(yīng)該是帕邢系
B. 若巴爾末系的某種光能使一金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則賴曼系的都能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)
C. 每一次能級(jí)躍遷都會(huì)釋放出一個(gè)電子，使原子變?yōu)殡x子
D. 巴耳末線系中能量最小的光子的頻率與賴曼系中能量最大的光子頻率之比為
【答案】B
【解析】
【詳解】A．與可見(jiàn)光相比，紫外線頻率高，能量高，即題目列出的線系中能量最高的即為紫外光區(qū)．而根據(jù)頻率，即波長(zhǎng)最短的為紫外光區(qū)，根據(jù)
可得即最大的波長(zhǎng)最短，頻率最高能量最大即紫外線區(qū)．根據(jù)已知條件可得賴曼系的能量最高為紫外光區(qū)，故A錯(cuò)誤；
B．若巴爾末系的某種光能使一金屬發(fā)生光電效應(yīng)，根據(jù)題圖可知賴曼系的能量都大于巴爾末系的光子的最大能量，則則賴曼系的都能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故B正確；
C．每一次能級(jí)躍遷都會(huì)釋放出一個(gè)光子，氫原子不會(huì)變成離子，故C錯(cuò)誤；
D．巴耳末線系中能量最小的光子的能量為
賴曼系中能量最大的光子的能量為
根據(jù)可知巴耳末線系中能量最小的光子的頻率與賴曼系中能量最大的光子頻率之比等于
故D錯(cuò)誤。
故選B。
11. 如圖所示，x軸O點(diǎn)兩側(cè)分別為兩種不同的介質(zhì)，兩坐標(biāo)分別為xM=6m，xN=2m的波源M、N在t=0時(shí)刻同時(shí)開(kāi)始振動(dòng)，在不同介質(zhì)中形成兩列相向傳播的簡(jiǎn)諧橫波，在介質(zhì)ON中波的傳播速度為v1=2m/s，在介質(zhì)OM中波的傳播速度為v2=4m/s。已知兩波源的振動(dòng)方程分別為：、。則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 波在ON介質(zhì)中傳播的波長(zhǎng)大小為2m
B. 波在OM介質(zhì)中傳播的波長(zhǎng)大小為1m
C. t=2s時(shí)質(zhì)點(diǎn)O處于波峰
D. 經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間，MN間（不包括MN兩點(diǎn)）振幅為15cm的點(diǎn)有10個(gè)
【答案】D
【解析】
【詳解】AB．根據(jù)題意可得
所以波在ON、OM介質(zhì)中傳播的波長(zhǎng)大小分別為
故AB錯(cuò)誤；
C．兩波源產(chǎn)生的波傳播到O點(diǎn)的時(shí)間分別為
由于兩波源振動(dòng)周期相同，均為0.5s，所以t=2s時(shí)質(zhì)點(diǎn)O處于平衡位置，故C錯(cuò)誤；
D．由題可知，兩波源振動(dòng)步調(diào)相反，則波程差等于半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍時(shí)，質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)加強(qiáng)，所以
解得
，，，
或
，，，，，
即MN間（不包括MN兩點(diǎn)）振幅為15cm的點(diǎn)有10個(gè)，故D正確。
故選D。
12. 在高速公路兩側(cè)或路口路面上，一般都等間距地鑲嵌一些反光板，以提醒司機(jī)注意。其中做反光板的材料中有很多小玻璃球，這是利用光的“再歸反射”，它能使光線沿原來(lái)的方向反射回去，當(dāng)夜間行駛的汽車(chē)的車(chē)燈照上后顯得非常醒目。某同學(xué)找到半徑為R的透明球體，要測(cè)其折射率，將其固定在水平桌面上，如圖所示，用一束某一頻率的細(xì)激光沿水平方向射入透明球體，并將激光的入射位置自b點(diǎn)緩慢向上移動(dòng)，發(fā)現(xiàn)入射位置移到a點(diǎn)時(shí)，出現(xiàn)光的“再歸反射”。忽略光線在球體內(nèi)的多次反射，已知入射點(diǎn)a距b點(diǎn)的豎直距離為，光在真空中傳播速度為c。則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 透明球體對(duì)于該頻率激光的折射率為
B. 該激光束在玻璃球內(nèi)傳播的時(shí)間為
C. 換不同的頻率激光，還從a點(diǎn)水平入射，仍能出現(xiàn)光的“再歸反射”
D. 換不同的頻率激光，在某處激光射入球體后，在球內(nèi)表面可能發(fā)生全反射
【答案】B
【解析】
【詳解】A．如圖所示
根據(jù)光路的對(duì)稱性可知，只有在B點(diǎn)反射的光才能沿原方向返回，設(shè)光線在球面上的入射角為i，折射角為r，由幾何關(guān)系可得
又因?yàn)?br>可得
則
根據(jù)折射定律有
解得
故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)幾何關(guān)系，光程為
在球中的光速
傳播用時(shí)為
解得
故B正確；
C．根據(jù)B選項(xiàng)分析可知換不同的頻率激光，玻璃對(duì)光的折射率不同，光線折射后不能到達(dá)B點(diǎn)反射，則無(wú)法出現(xiàn)光的“再歸反射”，故C錯(cuò)誤；
D．如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可知，光線在經(jīng)過(guò)折射后，在玻璃球內(nèi)到玻璃球外的入射角r′始終等于從玻璃球外到玻璃球內(nèi)的折射角r，因?yàn)閕 < 90°，由折射定律可知r′ = r < C（C為臨界角），所以換不同的頻率激光，在某處激光射入球體后，在球內(nèi)表面不可能發(fā)生全反射，故D錯(cuò)誤。
故選B。
13. 如圖所示，水平地面上方存在垂直紙面向里高度為h的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，有界磁場(chǎng)上邊界與水平地面平行，下邊界離地高為H。兩個(gè)邊長(zhǎng)相等的單匝閉合正方形線圈a和b，分別用材料相同、粗細(xì)不同的導(dǎo)線繞制，線圈a和b所用導(dǎo)線的橫截面面積之比為，兩線圈從距磁場(chǎng)上邊界高處由靜止開(kāi)始自由下落，再穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，最后落到地面。已知線圈運(yùn)動(dòng)過(guò)程中均不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)。設(shè)線圈a和b進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中，兩線圈穿過(guò)磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為和，線圈從拋出到落地所花時(shí)間分別為和，兩線圖進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程通過(guò)線圈的電荷量分別為和，不計(jì)空氣阻力，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】AB．由題意，知線圈a和b在進(jìn)入磁場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng)，由于下落高度相同，則兩線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相等，由牛頓第二定律得兩線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的加速度為
且
，，，
由以上各式可得
其中為電阻率，為密度，從該式可以看出，兩線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度相同，那么線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度也相同，則進(jìn)入磁場(chǎng)整個(gè)過(guò)程的時(shí)間相同，即
由于兩線圈在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況完全相同，則線圈完全出磁場(chǎng)時(shí)的速度相同，出磁場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)情況也相同，則可知
故A正確，B錯(cuò)誤；
CD．由前面分析可知，由于兩線圈的運(yùn)動(dòng)情況完全相同，根據(jù)
聯(lián)立可得
則
故CD錯(cuò)誤。
故選A。
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(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，進(jìn)對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）
14. 關(guān)于下列四幅圖，說(shuō)法正確的是（ ）
A. 甲圖為位移傳感器，它可以把被測(cè)物體位移的大小轉(zhuǎn)換為線圈自感系數(shù)的大小
B. 圖乙為光導(dǎo)纖維示意圖，內(nèi)芯的折射率比外套的折射率小
C. 圖丙，狀態(tài)①的溫度比狀態(tài)②的溫度低
D. 圖丁，按照經(jīng)典電磁理論，這樣運(yùn)動(dòng)的電荷應(yīng)該輻射出電磁波，電子繞核轉(zhuǎn)動(dòng)的能量將不斷地被電磁波帶走
【答案】AD
【解析】
【詳解】A．甲圖為位移傳感器，當(dāng)物體1向右發(fā)生微小位移時(shí)，線圈自感系數(shù)變小，當(dāng)物體1向左發(fā)生微小位移時(shí)，線圈自感系數(shù)變大，故它可以把被測(cè)物體位移的大小轉(zhuǎn)換為線圈自感系數(shù)的大小，故A正確；
B．光導(dǎo)纖維的原理是利用光的全反射，根據(jù)全反射的條件是從光密介質(zhì)射向光疏介質(zhì)，所以內(nèi)芯的折射率比外套的折射率大，故B錯(cuò)誤；
C．溫度越高，分子的平均動(dòng)能越大，分子的平均速率也越大，圖甲中狀態(tài)①的溫度比狀態(tài)②的溫度高，故C錯(cuò)誤；
D．圖丁，電子運(yùn)動(dòng)的半徑不斷變化，即做變速運(yùn)動(dòng)，按照經(jīng)典電磁理論，這樣運(yùn)動(dòng)的電荷應(yīng)該產(chǎn)生變化的電場(chǎng)，再產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，則應(yīng)該輻射出電磁波，電子繞核轉(zhuǎn)動(dòng)的能量將不斷地被電磁波帶走，故D正確。
故選AD。
15. 如圖所示，一光滑絕緣細(xì)桿上的a點(diǎn)處套有一個(gè)質(zhì)量m、電荷量的小球，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。現(xiàn)讓絕緣細(xì)桿以大小為的速度向下勻速運(yùn)動(dòng)（桿始終保持水平），發(fā)現(xiàn)小球從細(xì)桿上的a點(diǎn)向b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)。已知ab間的距離為。若以地面為參考系，則小球從a點(diǎn)到b點(diǎn)的過(guò)程中（ ）
A. 水平桿對(duì)小球的彈力保持不變
B. 小球的運(yùn)動(dòng)軌跡為拋物線
C. 小球所受的合力沖量大小為
D. 小球所受的洛倫茲力沖量大小為
【答案】BC
【解析】
【詳解】A．因?yàn)樾∏蜇Q直方向做勻速運(yùn)動(dòng)，所以小球受到的洛倫茲力在水平上的分力不變，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球在水平方向的加速度不變，所以小球在水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。因?yàn)樗椒较蛐∏蛩俣仍黾?，所以小球在豎直方向的洛倫茲力變大，又因?yàn)樨Q直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以合力為零，因此豎直方向上的彈力發(fā)生變化，故A錯(cuò)誤；
B．小球在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡為拋物線，故B正確；
CD．根據(jù)以上分析可知小球所受的合力為
根據(jù)牛頓第二定律
水平方向根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式
解得
根據(jù)動(dòng)量定理可得小球所受的合力沖量大小為
由于運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球還受到重力和水平桿對(duì)小球的彈力，故小球所受的洛倫茲力沖量大小不等于，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選BC。
非選擇題部分
三、非選擇題（本題共5小題，共55分）
16. 某研究小組做“探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”實(shí)驗(yàn)，所用器材有：方木板一塊，白紙，量程為的彈簧測(cè)力計(jì)兩個(gè)，橡皮條（一端與輕質(zhì)小圓環(huán)相連），刻度尺，圖釘（若干個(gè)）。
（1）實(shí)驗(yàn)中，要求用一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)拉橡皮條與用兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)同時(shí)拉橡皮條的“作用效果相同”。為滿足此要求，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)保證__________。
（2）關(guān)于實(shí)驗(yàn)操作的建議，其中正確的有__________。
A. 兩彈簧測(cè)力計(jì)的夾角越小，越有利于減小誤差
B. 重復(fù)實(shí)驗(yàn)再次進(jìn)行驗(yàn)證時(shí)，結(jié)點(diǎn)O的位置可以與前一次不同
C. 用兩個(gè)測(cè)力計(jì)互成角度拉橡皮條時(shí)的拉力必須都小于只用一個(gè)測(cè)力計(jì)時(shí)的拉力
D. 使用測(cè)力計(jì)時(shí)，施力方向應(yīng)沿測(cè)力計(jì)軸線；讀數(shù)時(shí)視線應(yīng)正對(duì)測(cè)力計(jì)刻度
（3）實(shí)驗(yàn)中，白紙上留下的標(biāo)注信息有結(jié)點(diǎn)位置O、力的標(biāo)度、二個(gè)分力的大小及表示力作用線的點(diǎn)，如圖丁所示。根據(jù)圖示信息，可得圖丁中和的合力大小為_(kāi)_________。（保留兩位有效數(shù)字）
（4）如圖是“探究物體的加速度與力和質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中的一條紙帶。實(shí)驗(yàn)小組非常規(guī)范地用刻度尺測(cè)出了，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用電源的周期為。在計(jì)算A點(diǎn)速度時(shí)，小汪用；而小明同學(xué)用來(lái)計(jì)算。你認(rèn)為誰(shuí)更準(zhǔn)確，理由是____________________。
【答案】（1）兩次將結(jié)點(diǎn)O拉至同一位置 （2）BD
（3）4.1/4.2/4.3/4.4/4.5/4.6/4.7/4.8
（4）小明同學(xué)更準(zhǔn)確，因?yàn)楸鹊南鄬?duì)誤差小。
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)拉橡皮條與用兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)同時(shí)拉橡皮條的“作用效果相同"，為滿足此要求，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)保證兩次將結(jié)點(diǎn)O拉至同一位置
【小問(wèn)2詳解】
A．彈簧測(cè)力計(jì)之間的夾角太小會(huì)導(dǎo)致確定力的夾角的時(shí)候相對(duì)誤差太大，會(huì)造成誤差增大，故A錯(cuò)誤；
B．重復(fù)實(shí)驗(yàn)再次進(jìn)行驗(yàn)證時(shí)，結(jié)點(diǎn)O的位置可以與前一次不同，同一次實(shí)驗(yàn)中結(jié)點(diǎn)O的位置不變，不會(huì)產(chǎn)生較大誤差，故B正確；
C．用兩個(gè)測(cè)力計(jì)互成角度拉橡皮條時(shí)，拉力不一定都小于只用一個(gè)測(cè)力計(jì)時(shí)的拉力，故C錯(cuò)誤；
D．使用彈簧測(cè)力計(jì)時(shí)，施力方向應(yīng)沿著彈簧測(cè)力計(jì)的軸線，讀數(shù)時(shí)視線正對(duì)彈簧測(cè)力計(jì)刻度，故D正確；
故選BD。
【小問(wèn)3詳解】
通過(guò)平行四邊形定則畫(huà)出和的合力，如下圖所示：
因此，可得合力大小為4.4N。
【小問(wèn)4詳解】
因?yàn)閯蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度為平均速度，所以誤差主要在于長(zhǎng)度的測(cè)量，用刻度尺測(cè)出的相對(duì)誤差比更小，因此小明同學(xué)更準(zhǔn)確
17. 某小組通過(guò)實(shí)驗(yàn)探究某熱電阻的阻值與溫度的關(guān)系。實(shí)驗(yàn)室可提供的器材：熱電阻、學(xué)生電源（通過(guò)調(diào)節(jié)可輸出的電壓）、溫控箱（能顯示溫度并可調(diào)節(jié)溫度）、電流表（量程為，內(nèi)阻約為）、電流表（量程為，內(nèi)阻）、電壓表V（量程為，內(nèi)阻約）、滑動(dòng)變阻器（最大阻值為）、導(dǎo)線和開(kāi)關(guān)若干。
（1）為了更準(zhǔn)確地描述出熱電阻隨溫度變化的關(guān)系，在圖甲所示的電路圖中，1應(yīng)選__________；2應(yīng)選__________（填“電流表”、“電流表”、“電壓表V”）。
（2）閉合開(kāi)關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器。記下1電表的示數(shù)為，2電表的讀數(shù)為_(kāi)_________A（如圖乙所示），則__________（用題中所給相關(guān)物理量的字母表示）。
（3）實(shí)驗(yàn)中改變溫控箱的溫度，分別測(cè)出了熱電阻在不同溫度下的阻值，得到了如圖丙所示的圖像。根據(jù)所給的圖像可以看出，該熱電阻的阻值與溫度的關(guān)系式是__________。
【答案】（1） ①. 電流表 ②. 電流表
（2） ①. 0.50 ②.
（3）
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
[1][2]電源電壓為12V，電壓表量程為3V，所以電壓表不可選用，電流表A2的內(nèi)阻已知，可以當(dāng)成電壓表使用，電流表A2內(nèi)阻未知，可以用來(lái)測(cè)干路電流，所以1應(yīng)選電流表；2應(yīng)選電流表。
【小問(wèn)2詳解】
[1]2電表的量程為0.6A，分度值為0.02A，其讀數(shù)為0.50A；
[2]根據(jù)歐姆定律可得
【小問(wèn)3詳解】
圖像的斜率為
該熱敏電阻的阻值與溫度的關(guān)系式為
18. 用電流傳感器來(lái)探究電容器和電感對(duì)電流的影響，實(shí)驗(yàn)電路如圖所示。當(dāng)S接1或S接2，電流傳感器就能顯示其電流變化情況。
（1）S接2時(shí)電流傳感器顯示的電流變化與下圖中電流I與t的變化相近的是（ ）
A. B.
C. D.
（2）已知電源的電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r，外電阻R，電容器的電容為C，線圈的自感系數(shù)為L(zhǎng)。當(dāng)S接1，電路穩(wěn)定后，電容器的帶電量為_(kāi)__________；當(dāng)S接2，電路穩(wěn)定后，線圈產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)為_(kāi)__________V。
【答案】（1）C （2） ①. CE ②. 0
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
閉合開(kāi)關(guān)S的瞬間，電路中的電流突然增大，在L中要產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流的增加，所以電路的電流會(huì)逐漸增加到穩(wěn)定值。故選C。
【小問(wèn)2詳解】
[1] S接1且電路穩(wěn)定后，電容器兩端電壓為E，根據(jù)電容的定義式
則電容器所帶電荷量為
[2]電路穩(wěn)定后，電路電流的變化率為零，則線圈產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)為零。
19. 如圖甲所示是一氣體溫度計(jì)模型，容積的空球有一根有刻度的均勻玻璃細(xì)長(zhǎng)管，管上共有個(gè)刻度線，（長(zhǎng)管與球連接處為第一個(gè)刻度，記為“0”，向上按順序排列），相鄰兩刻度間玻璃管的容積為，管中有水銀滴將球內(nèi)空氣與大氣隔開(kāi)，當(dāng)管口向上豎直放置，溫度時(shí)，水銀滴a端在刻度的地方；當(dāng)管口向下豎直放置（圖乙），溫度時(shí)，水銀滴a端在刻度的地方。若外界大氣壓不變，求：
（1）在此過(guò)程中器壁單位面積所受氣體分子的平均作用力___________（選填“變大”、“變小”或“不變”，氣體分子的數(shù)密度___________（選填“變大”、“變小”或“不變）；
（2）若環(huán)境溫度升高，水銀滴a端由刻度地方上移到的地方，此過(guò)程容器內(nèi)氣體內(nèi)能___________（選填“增加”、“減小”或“不變”，容器內(nèi)氣體___________（選填“吸熱”、“放熱”或“既不吸熱也不放熱”）。
（3）玻璃管豎直放置時(shí)，管內(nèi)水銀滴所產(chǎn)生的附加壓強(qiáng)；（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）
【答案】（1） ①. 變小 ②. 變小
（2） ①. 增加 ②. 吸熱
（3）
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
[1][2]當(dāng)管口倒置后，容器內(nèi)氣體溫度不變、壓強(qiáng)變小，體積增大，所以器壁單位面積所受氣體分子的平均作用力“變小”，氣體分子的數(shù)密度“變小”；
【小問(wèn)2詳解】
[1][2]環(huán)境溫度升高，容器內(nèi)氣體溫度升高，所以氣體內(nèi)能增加：同時(shí)體積增大，外界對(duì)氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律知?dú)怏w從外界吸收熱量。
【小問(wèn)3詳解】
當(dāng)管口向上豎直放置時(shí)，空球內(nèi)的氣體壓強(qiáng)為
當(dāng)管口向下豎直放置時(shí)，空球內(nèi)的氣體壓強(qiáng)為
根據(jù)玻意耳定律
解得
20. 圖甲為某游戲項(xiàng)目模型，固定于水平地面上的光滑軌道BCD，質(zhì)量m1 = 1 kg的表面為四分之一光滑圓弧的滑塊GH和質(zhì)量m2 = 4 kg、長(zhǎng)度l = 2.25 m的平板小車(chē)等三部分緊靠在一起，滑塊左端G點(diǎn)與小車(chē)等高。圓弧BC的半徑R = 2.75 m，對(duì)應(yīng)的圓心角θ = 37°，最低點(diǎn)為C點(diǎn)，軌道水平部分與小車(chē)等高。當(dāng)把一質(zhì)量為m = 1 kg的小物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）以v0 = 4 m/s速度從A位置水平彈出，恰好由B點(diǎn)切入圓弧BC，不考慮其運(yùn)動(dòng)時(shí)通過(guò)各連接點(diǎn)間的動(dòng)能損失。小物塊與小車(chē)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ = 0.6，忽略小車(chē)和GH下表面與地面的摩擦。（sin37° = 0.6，cs37° = 0.8）
（1）求AB兩點(diǎn)的高度差h和小物塊通過(guò)C點(diǎn)時(shí)所受軌道彈力的大小FN；
（2）若鎖定平板小車(chē)，求小物塊沿GH上滑的最大高度h?；
（3）現(xiàn)解除小車(chē)鎖定，并在小車(chē)上表面噴涂一種特殊材料（不計(jì)噴涂材料的質(zhì)量），使小物塊與小車(chē)間的動(dòng)摩擦因數(shù)能從左（E端）向右（F端）隨距離變化，如圖乙所示。若小物塊仍以v0 = 4 m/s速度水平彈出，試分析小物塊能否通過(guò)F點(diǎn)？并說(shuō)明理由。
【答案】（1）0.45 m，
（2）0.225 m （3）見(jiàn)解析
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有
解得
小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有
小物塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)，有
解得
，
【小問(wèn)2詳解】
若鎖定平板小車(chē)，則小物塊以速度v = vC = 6 m/s滑上小車(chē)，經(jīng)EF后以速度v′滑到滑塊GH上，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
設(shè)小物塊滑上滑塊GH的最大高度時(shí)，小物塊與滑塊GH共速為v1，由動(dòng)量守恒守律有
由機(jī)械能守恒得
解得
【小問(wèn)3詳解】
物塊從E到F過(guò)程，系統(tǒng)克服摩擦力做功
若到F點(diǎn)共速，則有
解得
則有
故能通過(guò)F點(diǎn)。
21. 如圖所示，固定在水平面內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌M和N，其左端通過(guò)開(kāi)關(guān)S1和S2連接電阻R、電容C及在豎直平面內(nèi)帶有三根輕金屬輻條可繞過(guò)其中心的水平軸O轉(zhuǎn)動(dòng)、半徑為d的輕質(zhì)金屬圓環(huán)，圓環(huán)內(nèi)存在垂直于圓環(huán)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B；右端與動(dòng)摩擦因數(shù)為μ的絕緣導(dǎo)軌x、y無(wú)縫相連，其正中固定一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧，彈簧左端恰好與絕緣導(dǎo)軌對(duì)齊。在長(zhǎng)度為Δl的虛線框內(nèi)存在大小也為B方向垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電阻為R、質(zhì)量為m、長(zhǎng)為l的導(dǎo)體棒ab靜止于磁場(chǎng)右邊界（處在磁場(chǎng)內(nèi)），并與導(dǎo)軌接觸良好。不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩繞在金屬圓環(huán)上，系著質(zhì)量也為m的物塊Q，物塊距地面的高度為h，當(dāng)物塊Q向下運(yùn)動(dòng)時(shí)帶動(dòng)金屬圓環(huán)繞圓心O旋轉(zhuǎn)。已知k = 15 N/m，m = 0.25 kg，l = 1 m，B = 2 T，R = 0.5 Ω，C = 0.25 F，d = 0.5 m，h = 1 m，μ = 0.2，Δl = 0.1 m；電容器兩端電壓為U時(shí)，其儲(chǔ)存的電場(chǎng)能；彈簧伸長(zhǎng)量為x時(shí)，其彈性勢(shì)能。（不計(jì)其它電阻和電磁輻射，除絕緣導(dǎo)軌外其它摩擦阻力不計(jì)，細(xì)繩與金屬圓環(huán)無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，棒ab始終在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，彈簧未超出彈性限度）?，F(xiàn)進(jìn)行如下操作：①S1斷開(kāi)，S2擲向2，將物塊Q由靜止釋放，給電容C充電直至落地時(shí)斷開(kāi)S2；②物塊Q落地前的瞬間，立即將S2擲向1、S1仍斷開(kāi)，ab棒立即以v = 1.0 m/s的速度離開(kāi)磁場(chǎng)；③ab棒離開(kāi)磁場(chǎng)壓縮彈簧，再閉合S1，斷開(kāi)S2，直到ab棒返回磁場(chǎng)。求：
（1）操作②中通過(guò)ab棒的電荷量；
（2）操作③中ab棒返回磁場(chǎng)的速度大小；
（3）判斷③中ab棒返回后能否穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，若能，求出穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度大?。蝗舨荒?，求出ab棒向左運(yùn)動(dòng)離右虛線的最大距離；
（4）操作①中物塊Q下落的最大速度及電容C所帶的最大電荷量。
【答案】（1）0.125 C
（2）
（3）不能，
（4）4 m/s，0.5 C
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
C放電，ab棒在安培力作用下加速，由動(dòng)量定理得
得：操作②中通過(guò)ab棒的電荷量
【小問(wèn)2詳解】
ab棒在絕緣粗糙導(dǎo)軌上壓縮彈簧，設(shè)壓縮量最大值為Δx，由動(dòng)能定理得
得壓縮量最大值為
ab棒返回磁場(chǎng)的速度為v1，由動(dòng)能定理得
得ab棒返回磁場(chǎng)的速度為
【小問(wèn)3詳解】
假設(shè)b棒返回不穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，離右虛線的最大距離為x，由動(dòng)量定理得
可得
所以，ab棒不能出磁場(chǎng)，其向左運(yùn)動(dòng)離右虛線的最大距離為。
【小問(wèn)4詳解】
物塊Q下落做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒得
又
得落地時(shí)速度
電容C所帶的最大電荷量
22. 某裝置用電場(chǎng)和磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)，工作原理如圖所示?？缮舷乱苿?dòng)的發(fā)射源A（緊貼左極板）連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為、初速度大小為、方向平行于極板的粒子，經(jīng)加速電場(chǎng)從真空通道軸線小孔O進(jìn)入，水平通道長(zhǎng)為L(zhǎng)，上下兩個(gè)相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩磁場(chǎng)間距為d。裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點(diǎn)，M位于軸線上，N、P分別位于下方磁場(chǎng)的上、下邊界上。改變加速電壓U，可以控制粒子到達(dá)收集板上的位置。當(dāng)加速電壓（未知）時(shí)，粒子與軸線成角進(jìn)入通道，經(jīng)過(guò)上方的磁場(chǎng)區(qū)域一次，恰好垂直擊中P點(diǎn)。不計(jì)粒子的重力。求：
（1）加速電壓；
（2）磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾萮與L、d的關(guān)系；
（3）若（B為兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度），加速電壓。欲使粒子只經(jīng)過(guò)上方的磁場(chǎng)區(qū)域一次到達(dá)N點(diǎn)，求k的值；
（4）增大磁場(chǎng)寬度，使粒子在通道內(nèi)對(duì)稱運(yùn)動(dòng)到達(dá)M點(diǎn)；k的可能值。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
當(dāng)加速電壓時(shí)，粒子與軸線成角進(jìn)入磁場(chǎng)，其速度為，則有
由動(dòng)能定理得
可得
【小問(wèn)2詳解】
加速電壓為時(shí)，粒子恰好垂直擊中P點(diǎn)，則有
可得
又
【小問(wèn)3詳解】
只經(jīng)過(guò)上方的磁場(chǎng)區(qū)域一次到達(dá)N點(diǎn)，此時(shí)粒子與軸線成角進(jìn)入磁場(chǎng)，有
而加速電壓時(shí)，有
可得
又
可得
則有
【小問(wèn)4詳解】
粒子在通道內(nèi)對(duì)稱運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，應(yīng)滿足
（，）
所以
故，可得
地球
火星
木星
土星
天王星
海王星
軌道半徑
1.0
1.5
5.2
9.5
19
30

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