2024屆浙江省Z20聯(lián)盟（浙江省名校新高考研究聯(lián)盟）高三上學(xué)期第一次聯(lián)考物理 Word版含解析.docx

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Z20名校聯(lián)盟（浙江省名校新高考研究聯(lián)盟）2024屆高三第一次聯(lián)考物理試題考生須知：1.本卷共8頁，滿分100分，考試時(shí)間90分鐘；2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級(jí)、姓名、座位號(hào)及準(zhǔn)考證號(hào)并填涂相應(yīng)數(shù)字；3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效；4.可能用到的相關(guān)參數(shù)：重力加速度g取10m/s25.考試結(jié)束后，只需上交答題卷。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)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1.下列四組物理量中均為標(biāo)量的是（）A.電勢(shì)電場(chǎng)強(qiáng)度B.電流磁通量C.動(dòng)量動(dòng)能D.功率加速度【答案】B【解析】【詳解】電勢(shì)、磁通量、動(dòng)能、功率只有大小沒有方向，是標(biāo)量，電流雖然有方向，但疊加不符合平行四邊形定則，也是標(biāo)量；電場(chǎng)強(qiáng)度、動(dòng)量、加速度既有大小又有方向，是矢量。故選B。2.下列說法正確的是（　　）A.法拉第對(duì)理論和實(shí)驗(yàn)資料進(jìn)行嚴(yán)格分析后，得到法拉第電磁感應(yīng)定律B.法國物理學(xué)家?guī)靵霰容^準(zhǔn)確地測(cè)定了電子的電荷量C.普朗克為了解釋黑體輻射的問題，提出了能量量子化概念D.愛因斯坦提出的相對(duì)論否定了經(jīng)典力學(xué)理論【答案】C【解析】【詳解】A．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，而電磁感應(yīng)定律則是紐曼和韋伯先后提出的，故A錯(cuò)誤；B．電荷量e的數(shù)值最早是由物理學(xué)家密立根測(cè)得的，故B錯(cuò)誤；C．普朗克為了解釋黑體輻射的問題，提出了能量量子化概念，故C正確； D．愛因斯坦提出的相對(duì)論，但相對(duì)論并沒有否定經(jīng)典力學(xué)，而是在其基礎(chǔ)上發(fā)展起來的，只是說明了經(jīng)典力學(xué)的局限性，故D錯(cuò)誤。故選C。3.2020年11月10日8時(shí)12分，中國自主研發(fā)的萬米載人潛水器“奮斗者”號(hào)，在馬里亞納海溝下沉至接近海底時(shí)，向水底發(fā)射出持續(xù)時(shí)間為的某脈沖聲波信號(hào)，最終在深度處成功坐底。在該深度，“奮斗者”號(hào)每平方厘米要承受的海水壓力，并停留進(jìn)行了一系列的深海探測(cè)科考活動(dòng)。下列說法正確的是（）A.m、N、s是國際單位制中的基本單位B.在下沉過程中，潛水器的位移一定是C.“8時(shí)12分”指的是時(shí)間間隔D.采集海底礦物時(shí)，不能將潛水器視為質(zhì)點(diǎn)【答案】D【解析】【詳解】A．N不是國際單位制中的基本單位，N為導(dǎo)出單位，故A錯(cuò)誤；B．由于潛水器下沉?xí)r不一定是豎直下沉，則位移不一定是，故B錯(cuò)誤；C．“8時(shí)12分”對(duì)應(yīng)時(shí)間軸上的點(diǎn)，是時(shí)刻，故C錯(cuò)誤；D．采集海底礦物時(shí)，需要注意潛水器的形狀和大小，不能視為質(zhì)點(diǎn)，故D正確。故選D。4.“長征七號(hào)”A運(yùn)載火箭于2023年1月9日在中國文昌航天發(fā)射場(chǎng)點(diǎn)火升空，托舉“實(shí)踐二十三號(hào)”衛(wèi)星直沖云霄，隨后衛(wèi)星進(jìn)入預(yù)定軌道，發(fā)射取得圓滿成功。已知地球表面的重力加速度大小為g，地球的半徑為R，“實(shí)踐二十三號(hào)”衛(wèi)星距地面的高度為（h小于同步衛(wèi)星距地面的高度），入軌后繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則（） A.該衛(wèi)星的線速度大小大于7.9km/sB.該衛(wèi)星的動(dòng)能大于同步衛(wèi)星的動(dòng)能C.該衛(wèi)星的加速度大小等于gD.該衛(wèi)星的角速度大小大于同步衛(wèi)星的角速度【答案】D【解析】【詳解】A．地球第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的最大運(yùn)行速度，可知該衛(wèi)星的線速度小于7.9km/s，故A錯(cuò)誤；BD．根據(jù)萬有引力提供向心力可得解得，由于該衛(wèi)星軌道半徑小于同步衛(wèi)星軌道半徑，則該衛(wèi)星的線速度大于同步衛(wèi)星的線速度，該衛(wèi)星的角速度大于同步衛(wèi)星的角速度，但由于不清楚該衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系，所以無法確定該衛(wèi)星的動(dòng)能與同步衛(wèi)星的動(dòng)能關(guān)系，故B錯(cuò)誤，D正確；C．對(duì)該衛(wèi)星，根據(jù)牛頓第二定律可得解得可知該衛(wèi)星的加速度大小小于地面重力加速度g，故C錯(cuò)誤。故選D。5.炎熱的夏季，有一種網(wǎng)紅水上娛樂項(xiàng)目“水上飛人”十分火爆，其原理是借助腳下的噴水裝置產(chǎn)生反沖動(dòng)力，讓人騰空而起或平衡或翻滾或勻速或變速運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（　　）A.人在翻滾時(shí)，水對(duì)裝置的反沖動(dòng)力大于裝置對(duì)水的壓力B.人在減速上升的過程中，機(jī)械能一定減少C.人在減速上升過程中一定處于失重狀態(tài) D.人在懸空靜止的一段時(shí)間內(nèi)，反沖動(dòng)力的沖量為零【答案】C【解析】【詳解】A．人在翻滾時(shí)，水對(duì)裝置的反沖動(dòng)力與裝置對(duì)水的壓力是一對(duì)相互作用力，等大反向，故A錯(cuò)誤；B．無法確定減速上升過程中動(dòng)能的減少量和重力勢(shì)能增加量的大小，故不能判斷機(jī)械能如何變化，故B錯(cuò)誤；C．人在減速上升的過程中，加速度向下，故一定處于失重狀態(tài)，故C正確；D．人在懸空靜止的一段時(shí)間內(nèi)，合外力的沖量為零，反沖動(dòng)力的沖量不為零，和重力的沖量大小相等，方向相反，故D錯(cuò)誤。故選C。6.如圖所示，一個(gè)重為10N的小球O被夾在兩光滑斜面間，斜面AB和AC與水平面的夾角分別為60°和30°，下列說法正確的是（　?。〢.斜面AB對(duì)小球的彈力是由小球的形變產(chǎn)生的B.斜面AB對(duì)小球的彈力為5NC.斜面AC對(duì)小球的彈力為10ND.保持斜面AB傾角不變，緩慢增大斜面AC傾角，斜面AB對(duì)小球的彈力不變【答案】B【解析】【詳解】A．斜面對(duì)小球的彈力是由斜面的形變產(chǎn)生的，A錯(cuò)誤；BC．畫出受力分析圖如圖 根據(jù)受力分析圖可得B正確，C錯(cuò)誤；D．畫出力的動(dòng)態(tài)變化圖，如圖FC按照箭頭方向變化，則FB在逐漸增大，D錯(cuò)誤。故選B。7.如圖所示，兩個(gè)定值電阻阻值分別為R1和R2，直流電源的電動(dòng)勢(shì)E0，內(nèi)阻不計(jì)，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為d，極板間存在方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m的帶電小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A點(diǎn)進(jìn)入電容器，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開電容器。此過程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，則（　　）A.該小球帶負(fù)電B.小球所帶的電量為C.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為D.如果將上極板上移，電容器極板所帶的電量將增大【答案】C【解析】 【詳解】A．小球在復(fù)合場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說明電場(chǎng)力和重力平衡，電場(chǎng)力向上；分析電路可知，電容器下極板帶正電，上極板帶負(fù)電，場(chǎng)強(qiáng)的方向向上，小球電場(chǎng)力的方向與場(chǎng)強(qiáng)的方向相同，所以小球帶正電，A錯(cuò)誤；B．電容器極板電壓跟R2兩端電壓相同，大小為所以極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為小球電場(chǎng)力與重力平衡，有得B錯(cuò)誤；C．小球做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示設(shè)粒子在電磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系解得根據(jù)解得 D．平行板電容器電容大小為當(dāng)d增大時(shí)，C會(huì)減?。欢娙萜鲀啥说碾妷翰蛔?，而可得電容器上的電荷量會(huì)減小，D錯(cuò)誤。故選C。8.在測(cè)定年代較近的湖泊沉積物形成年份時(shí)，常利用沉積物中半衰期較短的，其衰變方程為→Bi+X。以下說法正確的是（）A.衰變方程中的X是電子B.為了精確測(cè)量時(shí)間，應(yīng)該考慮溫度變化對(duì)衰變的影響C.的結(jié)合能大于Bi的結(jié)合能D.1000個(gè)原子核經(jīng)過一個(gè)半衰期后，還剩500個(gè)未衰變【答案】A【解析】【詳解】A.根據(jù)核反應(yīng)的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，衰變方程中的X質(zhì)量數(shù)為零，電荷數(shù)為-1，是電子，選項(xiàng)A正確；B.原子核的半衰期與溫度等外界條件無關(guān)，即溫度變化對(duì)衰變無影響，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.核反應(yīng)放出能量，生成物更加穩(wěn)定，則的結(jié)合能小于Bi的結(jié)合能，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.半衰期是大量原子核衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對(duì)少數(shù)原子核衰變不適應(yīng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選A。9.家庭中用的取暖器，正常工作時(shí)所用電壓是按照?qǐng)D中正弦規(guī)律變化的交流電，取暖器正常工作時(shí)的電流是3A。下列表述正確的是（　?。〢.該交流電的有效值是311VB.取暖器的阻值約為103.7Ω C.圖中所示電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為D.取曖器正常工作時(shí)的功率約為660W【答案】D【解析】【詳解】A．該交流電的有效值是故A錯(cuò)誤；B．取暖器的阻值故B錯(cuò)誤；C．電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為故C錯(cuò)誤；D．取曖器正常工作時(shí)的功率故D正確。故選D。10.如圖所示，在邊長為L的立方體表面中心EF處固定電荷量均為+q的點(diǎn)電荷，表面中心G、H處固定電荷量均為-q的點(diǎn)電荷。下列說法正確的是（　　）A.立方體中心處的電場(chǎng)強(qiáng)度為0B.A、C兩點(diǎn)的電勢(shì)相等C.若移去H點(diǎn)的電荷，F(xiàn)點(diǎn)的電荷所受電場(chǎng)力大小為 D.若移去H點(diǎn)的電荷，將F點(diǎn)的電荷移到H點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做正功【答案】B【解析】【詳解】A．F、H處的點(diǎn)電荷在立方體中心處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上，G、E處的點(diǎn)電荷在立方體中心處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加可知立方體中心處的電場(chǎng)強(qiáng)度不為0，故A錯(cuò)誤；B．由于A點(diǎn)到兩個(gè)正電荷的距離與C點(diǎn)到兩個(gè)正電荷的距離相等，同時(shí)，A點(diǎn)到兩個(gè)負(fù)電荷的距離與C點(diǎn)到兩個(gè)負(fù)電荷的距離相等，故圖中A處電勢(shì)等于C處電勢(shì)，故B正確；C．若移去H點(diǎn)的電荷，F(xiàn)點(diǎn)的電荷所受電場(chǎng)力大小為故C錯(cuò)誤；D．若移去H點(diǎn)的電荷，將F點(diǎn)的電荷從F沿直線移到H的過程中，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加可知F點(diǎn)的電荷受到的電場(chǎng)力一直水平向右，速度方向與電場(chǎng)力方向一直垂直，故電場(chǎng)力不做功，故D錯(cuò)誤。故選B。11.在勻質(zhì)輕繩上有兩個(gè)相距10m的波源S1、S2，兩波源上下振動(dòng)產(chǎn)生兩列繩波，可將其看作簡(jiǎn)諧波。兩波源的連線上有兩質(zhì)點(diǎn)A、B，A距S1波源3m，B距S2波源5m，如圖甲所示。t=0時(shí)波源S1開始向上振動(dòng)，其振動(dòng)方程為cm，而波源S2的振動(dòng)圖像如圖乙所示。t=0.2s時(shí)質(zhì)點(diǎn)A開始振動(dòng)，則下列說法不正確的是（）A.1s后S1、S2兩波源之間有7個(gè)振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)B.波源S1產(chǎn)生波的波長為3mC.波源S1產(chǎn)生的波的波速為15m/sD.0～s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)B通過的路程為40cm【答案】A【解析】【詳解】BC．由振動(dòng)方程可知A波源的振動(dòng)周期為 在一個(gè)周期內(nèi)振動(dòng)從傳到了A點(diǎn)，所以波源產(chǎn)生的波長為波速故BC正確；A．由圖乙可知，振動(dòng)的周期為由于在同種介質(zhì)中，所以激發(fā)的波的速度為所以由于兩個(gè)波源的振動(dòng)步調(diào)相反，1s后兩波源之間的振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)到兩波源之間的距離差滿足其中，由于，解得則加強(qiáng)點(diǎn)為5個(gè)，故A錯(cuò)誤；D．由于B點(diǎn)到波源、的距離相等，所以兩列機(jī)械波同時(shí)到達(dá)B點(diǎn)；并且兩個(gè)波源的振動(dòng)步調(diào)相反，所以B點(diǎn)始終是振動(dòng)減弱處，其振幅為則B點(diǎn)在一個(gè)周期內(nèi)經(jīng)過的路程為8cm；在內(nèi)B點(diǎn)的振動(dòng)時(shí)間為則經(jīng)過的路程為 故D正確。本題要求選擇錯(cuò)誤的，故選A。12.某地區(qū)常年有風(fēng)，風(fēng)速基本保持在4m/s，該地區(qū)有一風(fēng)力發(fā)電機(jī)，其葉片轉(zhuǎn)動(dòng)可形成半徑為10m的圓面，若保持風(fēng)垂直吹向葉片，空氣密度為1.3kg/m3，風(fēng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為20%.現(xiàn)用這臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)給一水泵供電，使水泵從地下10m深處抽水，水泵能將水抽到地面并以2m/s的速度射出，出水口的橫截面積為0.1m2，水的密度為1×103kg/m3，水泵及電機(jī)組成的抽水系統(tǒng)效率為80%，則下列說法正確的是（）A.該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率約為12.8kWB.每秒鐘水流機(jī)械能增加400JC.風(fēng)力發(fā)電機(jī)一天的發(fā)電量可供該水泵正常工作約3hD.若風(fēng)速變?yōu)?m/s，則該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】C【解析】【詳解】AD．單位時(shí)間內(nèi)沖擊風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片圓面的氣流的體積為單位時(shí)間內(nèi)沖擊風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片圓面的氣流的動(dòng)能為依題意，此風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率為若風(fēng)速變?yōu)?m/s，則該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率變?yōu)樵瓉淼?倍；故AD錯(cuò)誤；B．每秒鐘水流機(jī)械能增加約為其中解得故B錯(cuò)誤；C．水泵正常工作每秒鐘耗電為 風(fēng)力發(fā)電機(jī)一天的發(fā)電量為解得故C正確；故選C。13.某半徑為r的類地行星表面有一單色點(diǎn)光源P，其發(fā)出的各方向的光經(jīng)過厚度為、折射率為n=2的均勻行星大氣層（圖中陰影部分）射向太空。取包含P和行星中心O的某一截面如圖所示，設(shè)此截面內(nèi)一衛(wèi)星探測(cè)器在半徑為2r的軌道上繞行星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，忽略行星表面對(duì)光的反射，則（　　）A.大氣外表面發(fā)光區(qū)域在截面上形成的弧長為B.衛(wèi)星探測(cè)器運(yùn)行時(shí)，任意時(shí)刻只能在軌道上某部分觀測(cè)到光，這部分軌道弧長為C.若該行星沒有大氣層，則衛(wèi)星探測(cè)器運(yùn)行時(shí)，在軌道上能觀測(cè)到光軌道弧長與有大氣層時(shí)的光軌道弧長相同D.若探測(cè)器公轉(zhuǎn)方向和行星自轉(zhuǎn)的方向相同，探測(cè)器接收到光的頻率一定大于光源發(fā)出的頻率【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)全反射臨界角與折射率的關(guān)系有解得由幾何關(guān)系可知，點(diǎn)光源發(fā)出的光與圓弧在P點(diǎn)相切時(shí)恰好發(fā)生全反射，大氣外表面發(fā)光區(qū)域在截面上形成的弧長為 故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)上述可知，衛(wèi)星探測(cè)器運(yùn)行時(shí)，任意時(shí)刻只能在軌道上某部分觀測(cè)到光，這部分軌道弧長為故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)上述可知，點(diǎn)光源發(fā)出的光與圓弧在P點(diǎn)相切時(shí)恰好發(fā)生全反射，即若該行星沒有大氣層，則衛(wèi)星探測(cè)器運(yùn)行時(shí)，在軌道上能觀測(cè)到光軌道弧長與有大氣層時(shí)的光軌道弧長相同，故C正確；D．若探測(cè)器公轉(zhuǎn)方向和行星自轉(zhuǎn)的方向相同，探測(cè)器接收到光的頻率不一定大于光源發(fā)出的頻率，根據(jù)多普勒效應(yīng)可知，當(dāng)探測(cè)器與點(diǎn)光源P相對(duì)靠近時(shí)，探測(cè)器接收到光的頻率大于光源發(fā)出的頻率，當(dāng)探測(cè)器與點(diǎn)光源P相對(duì)遠(yuǎn)離時(shí)，探測(cè)器接收到光的頻率小于光源發(fā)出的頻率，故D錯(cuò)誤。故選C。二、選擇題Ⅰ（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)得3分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）14.關(guān)于以下四幅圖片，說法正確的是（）A.甲圖是電子的干涉圖樣，如果電子是一個(gè)一個(gè)發(fā)射的，仍能得到干涉圖樣B.乙圖是粒子散射的實(shí)驗(yàn)裝置，當(dāng)帶熒光屏的顯微鏡放在D位置時(shí)，熒光屏上觀察到大量閃光C.丙圖是花粉微粒在液體中運(yùn)動(dòng)位置的連線，說明花粉中的分子在做無規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)D.丁圖是觀察自然光的偏振現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)，將偏振片以光線為軸旋轉(zhuǎn)任意角度，屏亮度不變【答案】AD【解析】【詳解】A．甲圖是電子的干涉圖樣，電子具有波粒二象性，即使是一個(gè)一個(gè)發(fā)射的，也會(huì)得到干涉圖樣，故A正確；B．乙圖是粒子散射的實(shí)驗(yàn)裝置，當(dāng)帶熒光屏的顯微鏡放在D位置時(shí)，熒光屏上將觀察到極少量的閃光，因?yàn)榻鹪拥脑雍朔浅Ｐ?，所以大部?粒子將穿過金箔沿原方向前進(jìn)，少部分發(fā)生偏轉(zhuǎn)，極少部分會(huì)被彈回，故B錯(cuò)誤；C．丙圖是花粉微粒在液體中運(yùn)動(dòng)位置的連線，花粉微粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)是大量液體分子對(duì)微粒的撞擊不平衡導(dǎo)致的，故C錯(cuò)誤；D．丁圖是觀察自然光的偏振現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)，自然光包含了沿著各個(gè)方向的偏振光，所以將偏振片以光線為軸旋轉(zhuǎn)任意角度，穿過偏振片的光的偏振方向變了，但屏的亮度不變，故D正確。故選AD。15.幾種金屬的逸出功和氫原子的能級(jí)圖如圖所示，已知可見光的光子能量在1.62eV-3.11eV之間。現(xiàn)有大量氫原子處于激發(fā)態(tài)，則（）表幾種金屬的截止頻率和逸出功金屬鎢鈣鈉鉀銣10.957.735.535.445.154.543.202.292.252.13A.氫原子的能級(jí)En指的是氫原子中電子的動(dòng)能B.氫原子從n=4能級(jí)躍遷到n=3時(shí)會(huì)輻射出具有顯著熱效應(yīng)的電磁波C.處于n=3能級(jí)的氫原子在躍遷時(shí)輻射出的光子于可以使鉀金屬發(fā)生光電效應(yīng)，光電子的最大初動(dòng)能可能為12.09eVD.氫原子從能級(jí)3躍遷到能級(jí)2和從能級(jí)4躍遷到能級(jí)2均輻射出可見光，用這兩種光在同一雙縫干涉裝置做實(shí)驗(yàn)，前者的相鄰條紋間距更大【答案】BD【解析】 【詳解】A．氫原子的能級(jí)指的是氫原各個(gè)狀態(tài)的能量值，包括氫原子的電勢(shì)能和動(dòng)能，故A錯(cuò)誤；B．氫原子從能級(jí)躍遷到時(shí)會(huì)輻射出光子的能量為屬于紅外線，即具有顯著熱效應(yīng)的電磁波，故B正確；C．根據(jù)題意可知，大量處于能級(jí)的氫原子在躍遷時(shí)，可以輻射3種光子，即從躍遷到、從躍遷到和從躍遷到，而從躍遷到躍遷輻射光子的能量最大，最大值為(-1.51eV)-(-13.6eV)=12.09eV，若使鉀金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則逸出光電子的最大初動(dòng)能為可知光電子的最大初動(dòng)能不可能為12.09eV，故C錯(cuò)誤；D．從能級(jí)3躍遷到能級(jí)2輻射光子的能量為(-1.51eV)-(-3.4eV)=1.89eV；從能級(jí)4躍遷到能級(jí)2輻射光子的能量為(-0.85eV)-(-3.4eV)=2.55eV，則兩者都是可見光；因從能級(jí)3躍遷到能級(jí)2輻射光子的能量比從能級(jí)4躍遷到能級(jí)2均輻射出可見光的能量小，由公式可知，從能級(jí)3躍遷到能級(jí)2輻射出可見光的波長較大，則用這兩種光在同一雙縫干涉裝置做實(shí)驗(yàn)，根據(jù)可知，前者的相鄰條紋間距更大，故D正確。故選BD。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）實(shí)驗(yàn)題（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三題共14分）16.如圖所示為“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置。（1）該實(shí)驗(yàn)中需要把帶滑輪的長木板右端墊高來補(bǔ)償阻力的影響，在操作此步驟時(shí)需要______（單選）A.懸掛槽碼同時(shí)連接紙帶并使用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器B.懸掛槽碼但不使用紙帶和打點(diǎn)計(jì)時(shí)器C.不懸掛槽碼但要連接紙帶并使用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器 D.不懸掛槽碼也不使用紙帶和打點(diǎn)計(jì)時(shí)器（2）在質(zhì)量不變的情況下探究加速度與合力關(guān)系時(shí)，應(yīng)該保持______的總質(zhì)量M不變，多次改變______的總質(zhì)量m并測(cè)量出每次對(duì)應(yīng)的加速度。根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描繪出______進(jìn)而得出實(shí)驗(yàn)結(jié)論。以下答案組合中正確的是______（單選）A.小車和車內(nèi)砝碼、槽碼、a-mg圖像B.槽碼、小車和車內(nèi)砝碼、a-mg圖像C.小車和車內(nèi)砝碼、槽碼、a-M-1圖像D.槽碼、小車和車內(nèi)砝碼、a-M-1圖像【答案】①.C②.A【解析】【詳解】（1）[1]該實(shí)驗(yàn)中需要把帶滑輪的長木板右端墊高來補(bǔ)償阻力的影響，使小車的重力沿斜面方向的分力正好補(bǔ)償小車和紙帶受到的阻力，實(shí)驗(yàn)中不懸掛槽碼但要連接紙帶并使用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器。故選C。（2）[2]當(dāng)小車的質(zhì)量遠(yuǎn)大于槽碼的質(zhì)量時(shí)，近似認(rèn)為細(xì)線對(duì)小車的拉力大小等于槽碼重力的大小?，在質(zhì)量不變的情況下探究加速度與合力關(guān)系時(shí)，應(yīng)該保持小車和車內(nèi)砝碼的總質(zhì)量M不變，多次改變槽碼的總質(zhì)量m并測(cè)量出每次對(duì)應(yīng)的加速度。根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描繪出a-mg圖像進(jìn)而得出實(shí)驗(yàn)結(jié)論。故選A。17.在“用單擺測(cè)定重力加速度”實(shí)驗(yàn)中：（1）先用游標(biāo)卡尺測(cè)小球的直徑D，如圖1所示，則小球的直徑D=______mm（2）調(diào)節(jié)好裝置，用毫米刻度尺測(cè)得擺線長為l，拉開一個(gè)小角度（小于5%）釋放小球開始擺動(dòng)，記小球某次經(jīng)過最低點(diǎn)為“1”并按下秒表開始計(jì)時(shí)，再次經(jīng)過最低點(diǎn)記為“2”，一直數(shù)到“n”時(shí)停止計(jì)時(shí)，秒表記錄時(shí)間為t，請(qǐng)寫出重力加速度的字母表達(dá)式g=______（用D，l，n，t表示）（3）為了提高實(shí)驗(yàn)的準(zhǔn)確度，在實(shí)驗(yàn)中可改變幾次擺長L并測(cè)出相應(yīng)的周期T，從而得出幾組對(duì)應(yīng)的L和T的數(shù)值，以L為橫坐標(biāo)、T2為縱坐標(biāo)作出T2—L圖線，但同學(xué)們不小心每次都把小球直徑當(dāng)作半徑來計(jì)算擺長，由此得到的T2—L圖像是圖2中的______（選填①、②、③） 【答案】①.19.00②.③.①【解析】【詳解】（1）[1]根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)律，該讀數(shù)為（2）[2]令單擺周期為T，根據(jù)計(jì)時(shí)過程有擺長為根據(jù)單擺周期公式有解得（3）[3]由于把小球直徑當(dāng)作半徑來計(jì)算擺長，則實(shí)際擺長為，則有解得可知圖像的縱坐標(biāo)截距為負(fù)值，則由此得到的T2—L圖像是圖2中的①。18.熱敏電阻的阻值會(huì)隨溫度的變化而變化。實(shí)驗(yàn)小組用伏安法測(cè)量某熱敏電阻的阻值，并研究其阻值與溫度的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)室可提供的器材有：熱敏電阻Rt（阻值在幾百到幾千歐的范圍內(nèi)）；電壓表V（量程為15V，內(nèi)阻約3kΩ）；電流表A（量程為10mA，內(nèi)阻約1Ω）：滑動(dòng)變阻器R（最大阻值20Ω）；蓄電池（電動(dòng)勢(shì)為E=12V，內(nèi)阻不計(jì)）：開關(guān)、導(dǎo)線若干。 （1）為了減小熱敏電阻測(cè)量誤差，圖1中電壓表右側(cè)導(dǎo)線接______（選填“a”或“b”）；正確連接電路后，調(diào)節(jié)恒溫箱中的溫度1，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片P，使電流表和電壓表示數(shù)在合適數(shù)值，記錄對(duì)應(yīng)的電流表和電壓表的示數(shù)，并算出熱敏電阻的阻值Rt。多次改變溫度t，算出對(duì)應(yīng)的阻值Rt；（2）在坐標(biāo)紙上作出Rt與溫度t關(guān)系圖像如圖2所示。由圖可知，當(dāng)電壓表的示數(shù)為9.0V，電流表的示數(shù)為3.0mA時(shí)，熱敏電阻所在處的溫度約為______°C；（3）實(shí)驗(yàn)小組用該熱敏電阻設(shè)計(jì)了如圖3所示的保溫箱溫度控制電路，Rt為熱敏電阻，R2為電阻箱，控制系統(tǒng)可視為R=300Ω的電阻，電源的電動(dòng)勢(shì)E0=10V（內(nèi)阻不計(jì)）。當(dāng)通過控制系統(tǒng)的電流小于2mA時(shí)，加熱系統(tǒng)將開啟為保溫箱加熱；當(dāng)通過控制系統(tǒng)的電流達(dá)到2mA時(shí)，加熱系統(tǒng)將關(guān)閉。若要使得保溫箱內(nèi)溫度低于48°C，加熱系統(tǒng)就開啟，應(yīng)將R2調(diào)為______Ω；【答案】①b②.48③.1700【解析】【詳解】（1）[1]因?yàn)橛泄孰娏鞅響?yīng)采用內(nèi)接法，圖1中電壓表右側(cè)導(dǎo)線接b；（2）[2]當(dāng)電壓表示數(shù)為9.0V，電流表的示數(shù)為3.0mA時(shí)，熱敏電阻的阻值為根據(jù)圖2可知熱敏電阻所處的溫度約為48℃；（3）[3]取控制系統(tǒng)電流為由圖2知，當(dāng)溫度為48℃時(shí)熱敏電阻的阻值為，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有代入數(shù)據(jù)得 所以若要使得保溫箱內(nèi)溫度低于48°C，加熱系統(tǒng)就開啟，應(yīng)將R2調(diào)為1700Ω。19.關(guān)于下列實(shí)驗(yàn)，說法正確的是（）A.“用油膜法測(cè)油酸分子大小”的實(shí)驗(yàn)中，由于油酸酒精溶液長時(shí)間放置，會(huì)導(dǎo)致測(cè)量結(jié)果偏小B.“測(cè)量玻璃的折射率”實(shí)驗(yàn)中，入射光路上大頭針、與出射光路上的、分布在一條直線上C.“探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)”實(shí)驗(yàn)中，應(yīng)用光滑的曲線將描在紙上的所有點(diǎn)連起來，得到軌跡D.“探究影響感應(yīng)電流方向的因素”實(shí)驗(yàn)中，必須要確定電流表指針偏轉(zhuǎn)方向和電流方向的關(guān)系【答案】AD【解析】【詳解】A．如果油酸酒精溶液長時(shí)間放置在空氣中，酒精揮發(fā)，導(dǎo)致油酸酒精溶液中的油酸體積分?jǐn)?shù)增大，1滴油酸酒精溶液形成的面積偏大，則分子直徑的測(cè)量結(jié)果偏小，故A正確；B．“測(cè)量玻璃的折射率”實(shí)驗(yàn)中，入射光與出射光相互平行，但不在同一條直線上，故B錯(cuò)誤；C．“探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)”實(shí)驗(yàn)中，應(yīng)用光滑的曲線將描在紙上的點(diǎn)連起來，偏差較大的點(diǎn)可以舍去，故C錯(cuò)誤；D．“探究影響感應(yīng)電流方向的因素”實(shí)驗(yàn)中，需要根據(jù)電流表指針偏轉(zhuǎn)方向用于確定電流方向，故D正確。故選AD。20.如圖所示，導(dǎo)熱氣缸（不計(jì)缸壁厚度）與活塞之間無摩擦且不漏氣，通過不可伸長的繩索豎直懸掛。氣缸質(zhì)量m=4kg，底面積為S=0.04m2，氣缸內(nèi)密封一定質(zhì)量的理想氣體。從狀態(tài)A開始，氣體緩慢升溫至狀態(tài)B，活塞與底面間的距離從LA=30cm，增大到LB=40cm，此時(shí)溫度為400K。在狀態(tài)B將活塞鎖定，氣體溫度下降到350K至狀態(tài)C。已知，大氣壓強(qiáng)p0=1.01×105Pa，A到C過程氣體內(nèi)能增加量為500J。試求理想氣體：（1）在狀態(tài)A的溫度TA；（2）在狀態(tài)C的壓強(qiáng)；（計(jì)算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）（3）從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中，吸收的熱量Q。 【答案】（1）300K；（2）；（3）900J【解析】【詳解】（1）氣體從狀態(tài)A緩慢升溫至狀態(tài)B，氣體發(fā)生等壓變化，則有其中，解得（2）氣體從狀態(tài)B緩慢降溫至狀態(tài)C，氣體發(fā)生等容變化，則有又解得聯(lián)立解得（3）根據(jù)熱力學(xué)第一定理可得又聯(lián)立解得從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中，吸收的熱量為21.如圖所示為一游戲裝置的豎直截面圖，A、B、D、E、H、I處于同一水平面上，在A端的彈簧裝置能將滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）水平彈出，并從B點(diǎn)順利進(jìn)入曲線軌道BC、半徑為R的螺旋圓軌道CD、曲線軌道CE。在E點(diǎn)連接了傾角為的斜面EF和水平平臺(tái)FG，平臺(tái)FG高度為且平臺(tái)長度為 。靠在平臺(tái)右側(cè)的小車上表面與平臺(tái)FG齊平，小車的長度為，在B、F處均設(shè)置了轉(zhuǎn)向防脫離軌道裝置。已知滑塊的質(zhì)量，小車的質(zhì)量，，，，，，滑塊與斜面EF、平臺(tái)FG間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，滑塊與小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，其余部分均光滑，各處平滑連接，不計(jì)空氣阻力，取，。求：（1）若滑塊在C處對(duì)軌道的壓力為時(shí)，此時(shí)滑塊的向心加速度大??；（2）若彈簧的彈性勢(shì)能為，螺旋圓軌道能承受的最大壓力為，且螺旋圓軌道半徑R可以通過改變C的位置而改變（保持最高點(diǎn)D的高度不變），要使滑塊第一次進(jìn)入螺旋圓軌道時(shí)能順利通過，求螺旋圓軌道半徑R需滿足的條件；（3）螺旋圓軌道半徑時(shí)，若要求滑塊最終停在小車上，車獲得的動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能之間應(yīng)滿足的關(guān)系?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）（）【解析】【詳解】（1）滑塊在C處，根據(jù)牛頓第二定律可得解得此時(shí)滑塊的向心加速度大小為（2）臨界1：滑塊恰好過最高點(diǎn)D點(diǎn)，有重力提供向心力得根據(jù)能量守恒可得解得 臨界2：對(duì)最低點(diǎn)C點(diǎn)的壓力為，根據(jù)牛頓第二定律可得根據(jù)能量守恒可得解得則軌道半徑需要滿足（3）設(shè)滑塊到G點(diǎn)的速度為，滑塊從A到G的過程，根據(jù)能量守恒可得小車與滑塊共速，根據(jù)動(dòng)量守恒可得可得聯(lián)立可得要保證滑塊不滑出小車右端，如滑塊恰好滑到小車右端，則有可得則有綜上所述可得（）22.如圖所示，兩根一樣的“L”形金屬導(dǎo)軌平行放置，其間距d=0.75m ，導(dǎo)軌豎直部分粗糙，水平部分光滑且足夠長。整個(gè)裝置處于方向豎直向上、大小B=1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。有兩根導(dǎo)體棒ab和cd，它們的質(zhì)量都為m=0.1kg，阻值都為R=lΩ，ab棒與豎直導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5。ab棒在豎直導(dǎo)軌平面左側(cè)并垂直導(dǎo)軌固定，cd棒垂直導(dǎo)軌放置在水平導(dǎo)軌上。現(xiàn)用一大小F=3N的水平恒力由靜止開始向右拉動(dòng)cd棒，同時(shí)釋放ab棒。t=ls末，ab棒速度恰好為0。ab棒始終與豎直導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，求：.（1）當(dāng)cd棒的速度為v0=1m/s時(shí)，cd棒兩端電壓Ucd和流過ab棒的電流I的大??；（2）t=ls末cd棒的速度v；（3）在0～1s內(nèi)，兩根棒上產(chǎn)生的總焦耳熱Q。【答案】（1），；（2）10m/s；（3）【解析】【詳解】（1）當(dāng)cd棒的速度為v0=1m/s時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為cd棒兩端電壓為流過ab棒的電流大小為（2）對(duì)ab棒在0～ls過程中運(yùn)用動(dòng)量定理解得對(duì)cd棒在0～1s過程中運(yùn)用動(dòng)量定理 聯(lián)合解得（3）cd棒在0～1s過程中受到安培力的沖量解得對(duì)cd棒在0～ls過程中運(yùn)用動(dòng)能定理由于安培力對(duì)ab棒不做功，故可得23.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(chǎng)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(chǎng)。已知粒子源在單位時(shí)間發(fā)射N=2.0×105個(gè)粒子，圓形區(qū)域磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，沿著SO1射入圓形區(qū)域磁場(chǎng)的粒子恰好沿著水平方向射出磁場(chǎng)。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(chǎng)和有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)構(gòu)成，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向水平向右、場(chǎng)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(chǎng)方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.25T，磁場(chǎng)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(gè)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(shì)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(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0；（2）當(dāng)L=R時(shí)，求單位時(shí)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(cè)試樣品中運(yùn)動(dòng)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（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解得能進(jìn)入控制系統(tǒng)的粒子數(shù)個(gè)（3）對(duì)粒子在加速系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)能定理： 解得對(duì)粒子進(jìn)入樣品得過程運(yùn)用動(dòng)量定理（4）設(shè)粒子從曲線OA的點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，則粒子從直線GF的點(diǎn)射出電場(chǎng)，得