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浙江省四校联盟2023-2024学年高三上学期12月联考物理试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省四校联盟2023-2024学年高三上学期12月联考物理试题（Word版附解析），共31页。试卷主要包含了可能用到的相关参数，ls时，运动员处于失重状态等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本试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卷上。
3.选择题的答案须用2B铅笔将答题卷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卷上相应区域内，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.可能用到的相关参数：重力加速度g均取
一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39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. 下列物理量的单位中，用国际单位制的基本单位表示，正确的是（ ）
A. 静电力常量k的单位是
B. 自感系数L的单位是
C. 磁通量的单位是
D. 普朗克常量h的单位是
【答案】A
【解析】
【详解】A．静电力常量k的单位是是用国际单位制的基本单位表示的，故A正确；
B．自感系数L的单位是，用国际单位制的基本单位可表示为
故B错误；
C．根据法拉利第电磁感应定律
可得
则其单位用国际单位制的基本单位可表示为
故C错误；
D．根据公式
可得
则由量纲之间的关系可得普朗克常量h用国际单位制的基本单位可表示为
故D错误。
故选A。
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 研究神舟十六号航天员景海鹏“太空漫步”的动作时，景海鹏可视为质点
B. 研究中国潜水器“奋斗者”号下潜深度时，“奋斗者”号可视为质点
C. 研究杭州亚运会数字火炬手跑步姿势时，数字火炬手可以视为质点
D. 研究中国空军加油机空中加油服务时，加油机可以视为质点
【答案】B
【解析】
【详解】A．航天员景海鹏“太空漫步”时，要考虑漫步的动作，不能看成质点，A错误；
B．研究中国潜水器“奋斗者”号下潜深度时，可以忽略自身的形状大小，“奋斗者”号可视为质点，B正确；
C．研究杭州亚运会数字火炬手跑步姿势时，要考虑火炬手的形态变化，不能看成质点，C错误；
D．研究中国空军加油机空中加油服务时，要考虑加油机有关的位置，因此加油机不能看成质点，D错误。
故选B。
3. 下列说法中正确的是（ ）
A. 偏振光的振动方向与偏振片的透振方向成夹角时，偏振光无法透过偏振片
B. 仅当读卡机发射的电磁波频率与公交IC卡内的LC振荡电路的固有频率相等时，IC卡内部的LC振荡电路才会产生振荡电流
C. 紫外线具有很强的穿透本领，可以用来检查人体的内部器官，帮助医生判断人体组织是否发生了病变，紫外线是原子核跃迁产生的
D. γ射线能破坏生命物质，可以摧毁病变的细胞，用来治疗某些癌症，γ射线是原子核跃迁产生的
【答案】D
【解析】
【详解】A．偏振片对入射光具有遮蔽和透射的功能，可使纵向光或横向光一种透过，一种遮蔽，当两个偏振片方向之间的夹角增大时，透射光的强度将减弱，因此偏振光的振动方向与偏振片的透振方向成夹角时，偏振光仍能透过偏振片，但是透射光的强度减弱，故A错误；
B．仅当读卡机发射的电磁波频率与公交IC卡内的LC振荡电路的固有频率相等时，才能产生电谐振，IC卡才能正常工作，若电磁波的频率偏离该固有频率，IC卡内部的LC振荡电路仍然会产生振荡电流，但IC卡不能正常工作，故B错误；
C．紫外线具有很强的穿透本领，医学上主要用来杀菌消毒，紫外线是原子核外层电子跃迁产生的，原子核跃迁产生的是γ射线，而X射线可以用来检查人体的内部器官，帮助医生判断人体组织是否发生了病变，故C错误；
D．γ射线能破坏生命物质，可以摧毁病变的细胞，用来治疗某些癌症，γ射线是原子核跃迁产生的，故D正确。
故选D。
4. 如图所示，航展飞行表演中，质量为M的飞机A与质量为m的飞行员B共同做竖直面内的圆周运动，圆周运动的轨迹半径为R，通过最低点时速率为v。以下说法正确的是（ ）
A. 飞机可能做匀变速曲线运动
B. 飞机所受的合外力可能保持恒定
C. 通过最低点时，飞行员对飞机的作用力大小为
D. 通过最低点时，在竖直方向空气对飞机的作用力大小为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．质量为M的飞机A与质量为m的飞行员B共同做竖直面内的圆周运动，合外力不是恒力，方向在改变，所以不可能做匀变速曲线运动，故AB错误；
C．通过最低点时，根据向心力方程
根据牛顿第三定律，飞行员对飞机的作用力大小为
故C正确；
D．通过最低点时，在竖直方向空气对飞机的作用力大小为
解得
故D错误。
故选C。
5. 如图所示，运动员进行原地摸高训练，该运动员先下蹲，后发力跳起。在竖直向上运动过程中，其重心的速度随时间变化的图像如图所示，忽略空气阻力影响，则（ ）
A. t=0.ls时，运动员处于失重状态
B. 起跳过程中地面对运动员做正功
C. t=0.ls时，地面对运动员支持力大于运动员对地面的压力
D. t=0.3s时，运动员处于完全失重状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．运动员先下蹲，发力向上加速，根据图像可知，t=0.ls时，运动员处于向上加速过程，加速度方向向上，运动员处于超重状态，故A错误；
B．起跳过程中，地面对运动员的支持力的作用点的位移为0，地面对运动员不做功，故B错误；
C．地面对运动员的支持力与运动员对地面的压力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知，地面对运动员支持力大小等于运动员对地面的压力，故C错误；
D．根据图像可知，t=0.3s时，运动员处于向上减速过程，加速度方向向下，运动员处于完全失重状态，故D正确。
故选D。
6. 如图所示，手提袋装满东西后总重为G，轻质提绳与手提袋的4个连接点M、N、P、Q形成边长为L的正方形。竖直外力作用在提绳中点O将手提袋提起，4段提绳OM、ON、OP、OQ等长且与竖直方向均成30°夹角，则下列说法正确的是（ ）
A. 提绳OM对手提袋的作用力为
B. 提绳OM和ON对手提袋的作用力为
C. 若增大提绳的长度，提绳OM和ON对手提袋的合力将减小
D. 若减小提绳的长度，提绳OM和OP对手提袋的合力将增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．提绳OM、ON、OP、OQ等长且与竖直方向均成30°夹角，则对手提袋受力分析，由竖直上方的平衡有
解得每根提绳的拉力为
故四根提绳对手提袋的作用力均为，故A错误；
B．由几何知识可得每根提绳的长度为
设提绳OM和ON的夹角为，则
根据力的合成可得提绳OM和ON对手提袋的作用力为
故B错误；
C．设提绳OM和ON对手提袋的合力与上表面夹角为，根据竖直方向受力平衡可得
解得
若增大提绳的长度， 变大，故提绳OM和ON对手提袋的合力减小，故C正确；
D．根据对称性可知提绳OM和OP对手提袋的合力方向为竖直向上，提绳ON和OQ对手提袋的合力方向也为竖直向上，由于四根提绳拉力大小相等，相邻提绳夹角相同，根据对称性与竖直方向受力平衡可得提绳OM和OP对手提袋的合力与提绳ON和OQ对手提袋的合力
因此减小提绳的长度，提绳OM和OP对手提袋的合力大小不变，故D错误。
故选C。
7. 2022年1月22日，我国将一颗失效的北斗二号G2卫星从轨道半径为R₁的地球同步轨道上变轨后运行到轨道半径为R₂的“墓地轨道”上，此举标志着航天器被动移位和太空垃圾处理新方式的成功执行。该过程的简化示意图如图所示。已知椭圆形转移轨道与同步轨道和“墓地轨道”分别相切于P、Q两点，则北斗二号G2卫星（ ）
A. 在转移轨道上Q点的加速度小于在“墓地轨道”上Q点的加速度
B. 在转移轨道上P点的机械能小于Q点的机械能
C. 在转移轨道上P点的速度与Q点速度之比为R₁：R₂
D. 沿转移轨道从P点运动到Q点所用的时间为天
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据牛顿第二定律可知
在转移轨道上Q点的加速度等于在“墓地轨道”上Q点的加速度，故A错误；
B．在同一轨道上只有引力做功，机械能守恒，所以在转移轨道上P点的机械能等于Q点的机械能，故B错误；
C．根据开普勒第二定律可知
所以在转移轨道上P点的速度与Q点速度之比为，故C错误；
D．根据开普勒第三定律
其中
沿转移轨道从P点运动到Q点所用的时间为
天
故D正确。
故选D。
8. 某款伸展运动传感器的原理图如图所示，它由一电极和可伸缩柱极体组成，可在非接触状态下实现力—电转换。电极通过电阻接地处理，当复合柱极体拉伸时，弹性体和柱极体粒子发生形变，改变了电极上的感应电荷量，并通过电阻器产生电流。在拉伸复合柱极体的过程中（ ）
A. 电流自右向左流经电阻R
B. 柱极体与电极之间的电场强度将减小
C. 柱极体内电荷相互作用的电势能减小
D. 柱极体与电极之间的电势差将增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．人为规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，而负电荷移动的方向为电流的反方向，根据题意，在拉伸复合柱极体的过程中，电子向右移动，则形成的电流的方向从右向左，因此电流自左向右流经电阻R，故A错误；
BD．拉伸复合柱极体的过程中，柱极体与电极之间正对部分的电荷量减小，根据
，
可知，柱极体与电极之间的电势差减小，而根据
可知，柱极体与电极之间的电场强度将减小，故B正确，D错误；
C．在拉伸复合柱极体的过程中，将机械能转化成了电能，则其电势能增大，故C错误。
故选B。
9. 如图所示，MN右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，某同学用粗细均匀、材料相同的漆包电阻丝做成两个半径相同的半圆形闭合金属线圈，图中O点交叉处圆弧导线与直导线不连通。金属线圈可绕两半圆直径所在的转轴ab（恰好与边导线界MN重合）匀速转动。已知t=0时刻，磁场方向垂直于线圈平面，则ab两端点的电压（）图象可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】当金属线圈从与磁场垂直到转过的过程中，与磁场垂直时磁通量最大，但磁通量的变化率为零，而转动过程中通过金属线框的磁通量在逐渐减小，当转过角度等于时，穿过线圈的磁通量减为零，此时磁通量的变化率达到最大值，则根据法拉第电磁感应定律可知，此时感应电动势达到最大值，而当线框接着转动，从转到的过程中，磁通量又开始逐渐增大，直至转过磁通量再次达到最大值，感应电动势减为0，根据楞次定律结合安培定则可知，ab两端点的电压将反向减小；当从转到的过程中，磁通量又开始减小，ab两端点的电压将反向增大，如此反复。
故选A。
10. 一种可“称量”安培力大小的实验装置如图甲。形磁铁置于水平电子测力计上，两磁极之间的磁场可视为水平匀强磁场，不计两极间以外区域磁场。一水平导体棒垂直磁场方向放入形磁铁两极之间（未与磁铁接触），导体棒由绝缘杆固定于铁架台上。导体棒没有通电时，测力计示数为；导体棒通以图示方向电流时，测力计示数为；将导体棒在水平面内转过角时（如图乙），测力计示数为；将导体棒在竖直面内转过角时（如图丙），测力计示数为。整个过程保持电流大小不变，磁铁始终静止，不考虑导体棒电流对磁铁磁场的影响。下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】导体棒没有通电时测力计的示数即为磁铁的重量为，通向外的电流后，由左手定则可知导体棒受向上的安培力，根据牛顿第三定律可知导体棒对磁铁的磁力向下，对磁铁由平衡条件
+F安=G1
三种情况下，根据
导体棒所受安培力相同，所以
故选A。
11. 光射到物体表面上时会产生压力，我们将光对物体单位面积的压力叫光压。已知普朗克常量h，光速c，某激光器发出的激光功率为P，该光束垂直射到某平整元件上，其光束截面积为S，该激光的波长λ。若激光的能量全部被原件吸收，则下列说法正确的有（ ）
A. 该光束产生的光压为
B. 该光束产生的光压为
C. 该激光器单位时间内发出的光子数为
D. 该激光器单位时间内发出的光子数为
【答案】C
【解析】
【详解】CD．光子的能量
设单位时间内该激光器发出的光子数为N，则有
故C正确，D错误；
AB．根据题意，该激光的能量全部被原件吸收，则可认为光子在接触该原件后速度减为零，则在时间内光子动量的变化量为
对时间内的光束由动量定理有
解得
该光束产生的光压为
故AB错误。
故选C。
12. 农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成，某地下水源距离地表6m深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水口离地表高度为0.45m，水流由出水口水平喷出时的速度为4m/s，每秒出水量为3kg。水泵由功率为330W的电动机带动，已知电动机额定电压为220V，水泵的抽水效率为75%，水的密度为，则下列说法不正确的是（ ）
A. 出水口钢管横截面积为B. 每秒内水流机械能增加217.5J
C. 水泵的输出功率为217.5WD. 电动机线圈的电阻为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．水流由出水口水平喷出时的速度为4m/s，每秒出水量为3kg，根据
代入数据解得
故A错误符合题意；
B．每秒内水流机械能增加
其中
h=6+0.45m=6.45m
代入数据解得
ΔE=217.5J
故B正确不符合题意；
C．水泵的输出功率
故C错误符合题意；
D．对电动机，有
其中
P总=UI
联立解得
故D正确不符合题意；
故选AC。
13. 有一块边长为2m的透明立方体，立方体内上下底面中心连线为，在处安装了一盏可视为点光源的灯，已知立方体材料的折射率为，下列说法不正确的是（ ）
A. 由灯直接发出的光照到上表面时全部能从上表面射出
B. 从立方体的侧面观察，可能看不到光源
C. 由灯直接发出的光从四个侧面射出，该射出区域的总面积为
D. 经侧面反射一次光线从上表面射出，该射出区域的面积为
【答案】B
【解析】
【详解】A．如图所示
在直角三角形中，由几何关系可知
则
因为
所以由灯直接发出的光照到冰块上表面时全部能从上表面射出，故A正确；
BC．而
则
可知由灯直接发出照到冰块四个侧面上的光不能全部都从侧面射出，能射出的面积如图
解得
故B错误，C正确；
D．设从上底面射出的区域的半径为R，因为
解得
则经侧面反射一次的光线从上表面射出，该射出区域的面积
故D正确。
本题选择不正确的，故选B。
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. 硼中子俘获疗法是肿瘤治疗的新技术，其原理是进入肿瘤细胞内的硼核（）吸收慢中子，转变成锂核（）和X粒子，并释放出γ光子。已知γ光子的能量为E0，普朗克常量为h，真空中的光速为c，原子核比结核能与质量数关系图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 该核反应属于β衰变B. γ光子的动量为
C. X粒子为D. 硼核的结合能大于X粒子的结合能
【答案】BCD
【解析】
【详解】AC．根据题意可写出衰变方程
可知该衰变为衰变，故A错误，C正确；
B．根据
，，
联立解得
故B正确；
D．结合能等于比结合能与核子数的乘积，根据图像可知，核的比结合能大约为，B核的比结合能大约为，氦核有4个核子，而硼核有10个核子，显然硼核的结合能大于氦核粒子的结合能，故D正确。
故选BCD。
15. 如图所示是某水域的剖面图，A、B两区域最大水深分别为点O处于两部分水面分界线上，M和N分别是处在A、B两区域水面上的两点。若t=0时刻M点从平衡位置向上振动，N点从平衡位置向下振动，形成以M、N点为波源向左、右传播的水波（可看作简谐横波），两波源振动频率均为2Hz，其波速跟水深关系为式中h为两区域水的最大深度。当t=1s时，O点开始向上振动。已知A、B区域水波的振幅均为5cm，水深O、M间距离为3m，O、N间距离为6m。下列说法正确的是（ ）
A.
B. A、B两区域水波的波长之比为4：3
C. t=1.5s时，O点经平衡位置向上振动
D. t=2.5s后，MN之间存在10个振幅为10cm的点
【答案】AD
【解析】
【详解】两波源振动频率均为2Hz，故两波源振动周期
A．t=0时刻M点从平衡位置向上振动，N点从平衡位置向下振动。当t=1s时，O点开始向上振动，说明M点形成的水波先传到O点。A区域的波速为
又
解得
得
故A正确；
B．B区域的波速为
又
得
故B错误；
C．当t=1s时，波源M点的水波刚传到O点且向上振动，再经即一个周期，O点在平衡位置向上振动。波源N点的水波传到O点用时
该水波使O点在平衡位置向下振动，又已知A、B区域水波的振幅均为5cm。根据波的叠加原理，t=1.5s时，O点经平衡位置既不向上振动也不向下振动。故C错误；
D．M波源发出的波到达N点的时间
同理N波源发出的波到达M点的时间
A区域水波的波长
M、N点为波源振动步调相反。把N点波源等效到O点，M、O两波源的叠加振动加强点满足
（n=0，1，2，……）
OM间有4个振动加强点，即振幅为10cm的点。
B区域水波的波长
把M点波源等效到O点，O、N两波源的叠加振动加强点满足
（n=0，1，2，……）
ON间有6个振动加强点，即振幅为10cm的点。
即t=2.5s后，MN之间存在10个振幅为10cm的点。故D正确。
故选AD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16. 如图是小李同学用螺旋测微器测量金属丝直径时涉及到的步骤。请选出需要的步骤，并按实验时的先后顺序排列，其合理的为（ ）
A. 甲乙B. 甲丙C. 甲乙丙D. 丙甲乙
【答案】D
【解析】
【详解】螺旋测微器的使用方法：左手持尺架，右手转动粗调旋钮使测杆与测砧间距稍大于被测物，放入被测物，转动保护旋钮到夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动固定旋钮使测杆固定后读数，D正确。
故选D。
17. 某研究小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为5N的弹簧秤两个，橡皮条，细绳套，刻度尺，图钉。
（1）具体操作前，同学们提出了如下实验建议，其中正确的有________。
A．使用弹簧秤时，施力方向应沿其轴线，且弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦
B．实验时，拉伸橡皮条可以不和两细绳套夹角的角平分线在一条直线上
C．重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同
D．只用一个弹簧秤，无法完成该实验
（2）该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示，其中对于提高实验精度最有利的是________。
【答案】 ①. BC##CB ②. B
【解析】
【详解】（1）[1]A．实验中拉弹簧秤时，只需要让弹簧秤与外壳间没有摩擦，即需要沿着轴线的方向拉动弹簧秤，与弹簧秤外壳与木板间是否有摩擦无关，故A错误；
B．实验时，拉伸的橡皮条，只需让两橡皮条张开适当的角度，不能过小也不能过大，不需要使两细绳套与两细绳套夹角的角平分线在一条直线上，故B正确；
C．只需要保证在同一次实验中，前后两次拉动橡皮筋，使结点O的位置重合即可，而重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同，故C正确；
D．若只有一个弹簧秤，可用一个弹簧秤钩住其中一根细绳套，用手拉住其中一根细绳套然后互成角度的拉动弹簧秤，记录弹簧秤的示数，即两细绳套的方向，然后在两细绳套方向不变的基础上，手和弹簧秤互换，用弹簧秤去拉动另外一个细绳套，记录弹簧秤的示数，同样可以完成实验，故D错误。
故选BC。
（2）[2]A．为了便于确定拉力的方向，拉橡皮筋的细绳套要稍长一些，同时在白纸上描点时，所描的点不要太靠近结点，故A错误；
B．图中所描的点到结点的距离适中，力的大小适中、两个力的夹角也适中，故B正确；
C．实验中，两分力应适当大些，读数时引起的相对误差会更小，而图中读数过小，容易引起较大的实验误差，故C错误；
D．图中两分力夹角过小，作图时容易引起实验误差，故D错误。
故选B。
18. 关于教材中的以下实验，说法不正确的是（ ）
A. 图甲，“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，某小组发现所测得的分子直径d明显偏大，可能的原因是误将一滴纯油酸滴入了撒好爽身粉的水盘内
B. 图乙，“探究气体等温变化的规律”实验中，在测定压强时，必须将活塞涂抹润滑油并竖直放置，否则都会影响压强的测量结果
C. 图丙，“探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系”实验中，三个开关的使用顺序是：先将S1置于1、再将S1置于2（保持不动）、最后将S2闭合
D. 图丁，“测量玻璃的折射率”实验中，应通过玻璃砖观察大头针的头部，以方便将大头针插准
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．误将一滴纯油酸滴入了撒好爽身粉的水盘内，会导致油酸没有充分散开，所测面积偏小，根据可知，分子直径d明显偏大，故A正确，不符题意；
B．封闭的理想气体对各个面的压强均相同，则装气体的玻璃管无论水平放置还是竖直放置，都不会影响压强的测量结果，故B错误，符合题意；
C．“探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系”实验中，应先把开关S1接1，给电容器A充电，再把开关S2解2，让电容器B充电，然后断开开关S1。闭合开关S2，让电容器B的两极板完全放电，随后再断开开关S2，然后重复这样操作，故C错误，符合题意；
D．“测量玻璃的折射率”实验中，判断像与针是否在同一直线时，应该观察大头针的整个部分，不能只观察其头部，故D错误，符合题意。
故选BCD。
19. 小明要描绘某电学元件（最大电流不超过6mA、最大电压不超过7V）的伏安特性曲线，设计了如图甲所示的实物电路：图中定值电阻R=1kΩ；电流表A（量程为10mA，内阻约为5Ω）；电压表（量程为10V，内阻约10kΩ）；滑动变阻器R1（阻值0~50Ω，额定电流0.4A），滑动变阻器R2（阻值0~20Ω，额定电流0.5A）；电源E（电动势为12V，内阻不计）。正确接线后，测得的数据如下表。
根据以上数据，分析判断回答下列问题：
（1）将实物电路补画完整：电压表的正接线柱应接在________接线柱上（选填“b”、“c”或“d”），滑动变阻器的e接线柱应接在________接线柱上（选填“g”、“a”或“不接”）。
（2）本实验小明选用的滑动变阻器是_________（选填“R1”或“R2”）。
（3）随后小明又研究了待测元件两端电压（Uab）随ad间电压（Uad）变化的变化关系，并定性画出了示意图，如图所示，你认为正确的是_________。
【答案】 ①. c ②. a ③. R1 ④. C
【解析】
【详解】（1）[1]根据题意，某电学元件（最大电流不超过6mA、最大电压不超过7V）可知其阻值大约为
其阻值远大于电流表内阻，但与电压表内阻相差不大，若用电流表外接法，就会造成电压表分流过大，造成极大误差，因此应采用电流表内接法来测量电流，则电压表的正接线柱应接在c接线柱；
[2]根据实验数据，可知该电学元件两端的电压从零开始，因此滑动变阻器应采用分压式接法，而分压式接法的接线柱“一上两下”，且要与电源构成完整的回路，则e接线柱应回到电源的负极则应接a接线柱
（2）[3]若选用最大阻值为的滑动变阻器，当滑动变阻器完全接入电路中是，通过电路的最小电流大约为
而最大阻值为的滑动变阻器的额定电流为0.5A，超过其额定电流，因此不能选择滑动变阻器，若选择滑动变阻器，则通过的最小电流约为
在其额定电流范围内，因此应选择滑动变阻器。
（3）[4]从表格中数据可以看出，待测元件两端电压（Uab）先呈现线性变化，逐渐增大，而随后趋于稳定。
故选C。
20. 如图所示，内径相同，导热良好的“T”形细玻璃管上端开口，下端封闭，管中用水银封闭着A、B两部分理想气体，C为轻质密闭活塞，各部分长度如图。现缓慢推动活塞，将水平管中水银恰好全部推进竖直管中，已知大气压强，设外界温度不变。水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，求：
（1）气体A的压强；
（2）气体A的气柱长度；
（3）活塞移动的距离为多大?
【答案】（1）；（2）；（3）6.5cm
【解析】
【详解】（1）水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，气体A的压
（2）初状态，气体A的压强
设玻璃管横截面积为S，初状态气体A的体积
设末状态气体A的体积为VA，对气体A由玻意耳定律得
解得
末状态气体A的长
（3）气体A的长度减少量
初状态气体B的压强
末状态气体B的压强
初状态气体B的体积
设活塞移动的距离为xcm，末状态气体B的体积
对气体B由玻意耳定律得
带入数据解得
x=6.5cm
21. 如图所示，光滑的半径为的圆弧最低点与竖直墙壁AB相连，质量的小球1与长度为轻杆相连，轻杆的另一端通过铰链与质量为的小滑块相连，小滑块套在光滑的水平杆上。初始轻杆紧靠墙壁竖直放置，小球1刚好处在圆弧的末端。现将质量为的小球2从圆弧上的C点由静止释放，CO连线与竖直方向的夹角为53°，小球2运动至圆弧的最低点与小球1发生弹性正碰，碰后立刻撤掉小球2。已知重力加速度的大小不计空气阻力。求
（1）小球2运动至轨道最低点与小球1碰撞前瞬间对轨道的压力大小；
（2）两球碰撞后的瞬间，小球1的速度大小；
（3）轻杆上作用力为零时，小球1的速度大小及此时轻杆与竖直方向夹角的余弦值；
（4）小球1落到水平杆上前一瞬间速度大小。
【答案】（1）18N；（2）；（3），；（4）
【解析】
【详解】（1）m2由C点运动至最低点，由机械能守恒
在最低点，对m₂进行受力分析，由牛顿第二定律
解得
由牛顿第三运动定律可得在最低点对轨道的压力为18N。
（2）小球m2在最低点与小球发生弹性正碰，根据动量守恒，有
根据机械能守恒有
解得
（3）记轻杆上作用力为零时轻杆与竖直方向的夹角为α，m1碰后运动至轻杆上作用力为零，由机械能守恒
此时m1重力沿杆的分力提供所需要的向心力有
联立解得轻杆上作用力为零时m1的速度
，
（4）轻杆上作用力为零后，m1的速度继续增加，所需要的向心力增大，而其重力沿轻杆的分力在减小，因而轻杆会向两端提供拉力，m0开始离开墙壁，所以轻杆作用力为零到小球m1落到水平杆上前一瞬间，m1，m0构成的系统水平方向上动量守恒
该过程系统机械能守恒
落到水平杆上前一瞬间，由速度关联有
联立可得m1落到水平杆上前一瞬间速度
22. 如图所示，金属轮和绝缘轮可绕各自中心金属轴和转动，和平行且水平放置，金属轮由三根金属辐条和金属环组成，轮的辐条长均为4r、电阻均为R，金属环的电阻可以忽略，三根辐条互成角，在图中的扇形区域内存在平行于轴向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，绝缘轮的半径为2r，另一半径为r的绝缘圆盘。与同轴且固连在一起。一轻细绳的一端固定在边缘上的某点，在上绕足够匝数后，悬挂一质量为m的重物P。当P下落时，通过细绳带动和绕轴转动。转动过程中，保持接触，无相对滑动。轮的轴金属环边缘电刷D引出导线、与两平行的足够长的光滑水平金属导轨连接，上导轨E、F处断开，金属导轨的间距为L。两导轨之间E的左侧串联了开关与电阻R；两导轨之间虚线右侧存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，磁场中放置一质量为，长度也为L、电阻为R的金属棒GH，电容器的电容C与单刀双掷开关串联，可以掷向E或F，不计导线电阻。
（1）当都断开，重物下落时，比较D与两点之间的电势高低：、
（2）当都断开，重物下落速度为时，求D与两点之间电势差U的大小；
（3）S1闭合、断开，重物下落4r过程中，通过电阻R的电量；
（4）S1断开、先打向E，充电稳定后再打向F，待金属棒GH运动稳定时，求金属棒GH的速度。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）轮带动轮使其顺时针转动，根据右手定则可做出判断
（2）重物下落速度为v0时，则金属轮A2边缘的线速度为2v0，而A2与A1边缘的线速度相同，则A1边缘的线速度为2v0，则导线切割磁感线产生的电动势为
则D与O1两端的电压为外电阻的电压是电动势的三分之一，即
（3）重物下落4r时，根据金属轮A3与金属轮A1边缘线速度之比为可知，金属轮A1边缘某点转过的弧长为，根据
可得干路中通过的电量
而根据电路关系可得
得出
则通过电阻R的电量为
（4）充电稳定：重力的功率与产生的热功率相等，设重物的速度为v，则
解得
导线切割磁感线产生的电动势为
稳定时电容器两端的电压
充电稳定后
打向F，待金属棒GH运动稳定时，金属棒GH的电动势与电容器电压相等，金属棒GH的速度稳定，则有
，，
解得
23. 如图甲所示，足够长水平收集板位于x轴，在一、二、四象限足够大区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第三象限有垂直纸面向里、半径为R的圆形匀强磁场，磁感应强度大小为2B，边界与y轴相切于A点。一群电子从与x轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形磁场后均从A点进入右侧磁场，这群电子在虚线处的x坐标范围为，电子打到收集板上后被收集。电子电量为e、质量为m，不计电子重力及电子间的相互作用。
（1）求电子的初速度大小；
（2）求收集板上能收集到电子区域的长度；
（3）若撤去收集板及位于一、二、四象限的磁场，在y轴右侧加多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，如图乙所示。电场、磁场宽度均为d，电场强度为E，方向水平向右，垂直于纸面向里的磁场的磁感应强度为，垂直于纸面向外的磁场的磁感应强度为，电、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直：
①若从x=-R处射出电子从第1层右侧垂直边界穿出，求与的大小之比；
②把磁感应强度大小改为使处射出电子从第n层右侧边界穿出时速度的方向恰好平行y轴向下，求的大小（用、、、、表示）。
【答案】（1）；（2）；（3）1，
【解析】
【详解】（1）根据题意，一群电子从与x轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形磁场后均从A点进入右侧磁场，则可知这群电子在圆形磁场中做圆周运动的轨迹半径
电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力充当向心力有
解得
（2）电子进入第四象限后仍在洛伦兹力的作用下做圆周运动，设其做圆周运动的轨迹半径为，其轨迹图如图所示
则有
根据几何关系可得，落在挡板最右侧坐标
由几何关系可知
而这群粒子最右边距轴的距离恰为，因此粒子范围最右边的粒子恰能经过原点，因此落在挡板最左侧坐标
收集板上能收集到电子区域的长度为
（3）①法1：设电子刚进第一层电场时速度与边界的夹角为α，速度的竖直分量为
又因为
所以
设电子刚出第一层电场时速度大小为v2，速度与边界的夹角为β
又因为
所以
所以
法2：竖直方向动量定理
所以
②由动能定理得
在y轴方向列动量定理方程
联立解得1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
U（V）
0.00
3.00
6.00
6.16
6.28
632
6.36
6.38
6.39
6.40
I（mA）
0.00
0.00
0.00
0.06
0.50
1.00
2.00
3.00
4.00
5.50
考生须知：
1.本试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卷上。
3.选择题的答案须用2B铅笔将答题卷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卷上相应区域内，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.可能用到的相关参数：重力加速度g均取
一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39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. 下列物理量的单位中，用国际单位制的基本单位表示，正确的是（ ）
A. 静电力常量k的单位是
B. 自感系数L的单位是
C. 磁通量的单位是
D. 普朗克常量h的单位是
【答案】A
【解析】
【详解】A．静电力常量k的单位是是用国际单位制的基本单位表示的，故A正确；
B．自感系数L的单位是，用国际单位制的基本单位可表示为
故B错误；
C．根据法拉利第电磁感应定律
可得
则其单位用国际单位制的基本单位可表示为
故C错误；
D．根据公式
可得
则由量纲之间的关系可得普朗克常量h用国际单位制的基本单位可表示为
故D错误。
故选A。
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 研究神舟十六号航天员景海鹏“太空漫步”的动作时，景海鹏可视为质点
B. 研究中国潜水器“奋斗者”号下潜深度时，“奋斗者”号可视为质点
C. 研究杭州亚运会数字火炬手跑步姿势时，数字火炬手可以视为质点
D. 研究中国空军加油机空中加油服务时，加油机可以视为质点
【答案】B
【解析】
【详解】A．航天员景海鹏“太空漫步”时，要考虑漫步的动作，不能看成质点，A错误；
B．研究中国潜水器“奋斗者”号下潜深度时，可以忽略自身的形状大小，“奋斗者”号可视为质点，B正确；
C．研究杭州亚运会数字火炬手跑步姿势时，要考虑火炬手的形态变化，不能看成质点，C错误；
D．研究中国空军加油机空中加油服务时，要考虑加油机有关的位置，因此加油机不能看成质点，D错误。
故选B。
3. 下列说法中正确的是（ ）
A. 偏振光的振动方向与偏振片的透振方向成夹角时，偏振光无法透过偏振片
B. 仅当读卡机发射的电磁波频率与公交IC卡内的LC振荡电路的固有频率相等时，IC卡内部的LC振荡电路才会产生振荡电流
C. 紫外线具有很强的穿透本领，可以用来检查人体的内部器官，帮助医生判断人体组织是否发生了病变，紫外线是原子核跃迁产生的
D. γ射线能破坏生命物质，可以摧毁病变的细胞，用来治疗某些癌症，γ射线是原子核跃迁产生的
【答案】D
【解析】
【详解】A．偏振片对入射光具有遮蔽和透射的功能，可使纵向光或横向光一种透过，一种遮蔽，当两个偏振片方向之间的夹角增大时，透射光的强度将减弱，因此偏振光的振动方向与偏振片的透振方向成夹角时，偏振光仍能透过偏振片，但是透射光的强度减弱，故A错误；
B．仅当读卡机发射的电磁波频率与公交IC卡内的LC振荡电路的固有频率相等时，才能产生电谐振，IC卡才能正常工作，若电磁波的频率偏离该固有频率，IC卡内部的LC振荡电路仍然会产生振荡电流，但IC卡不能正常工作，故B错误；
C．紫外线具有很强的穿透本领，医学上主要用来杀菌消毒，紫外线是原子核外层电子跃迁产生的，原子核跃迁产生的是γ射线，而X射线可以用来检查人体的内部器官，帮助医生判断人体组织是否发生了病变，故C错误；
D．γ射线能破坏生命物质，可以摧毁病变的细胞，用来治疗某些癌症，γ射线是原子核跃迁产生的，故D正确。
故选D。
4. 如图所示，航展飞行表演中，质量为M的飞机A与质量为m的飞行员B共同做竖直面内的圆周运动，圆周运动的轨迹半径为R，通过最低点时速率为v。以下说法正确的是（ ）
A. 飞机可能做匀变速曲线运动
B. 飞机所受的合外力可能保持恒定
C. 通过最低点时，飞行员对飞机的作用力大小为
D. 通过最低点时，在竖直方向空气对飞机的作用力大小为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．质量为M的飞机A与质量为m的飞行员B共同做竖直面内的圆周运动，合外力不是恒力，方向在改变，所以不可能做匀变速曲线运动，故AB错误；
C．通过最低点时，根据向心力方程
根据牛顿第三定律，飞行员对飞机的作用力大小为
故C正确；
D．通过最低点时，在竖直方向空气对飞机的作用力大小为
解得
故D错误。
故选C。
5. 如图所示，运动员进行原地摸高训练，该运动员先下蹲，后发力跳起。在竖直向上运动过程中，其重心的速度随时间变化的图像如图所示，忽略空气阻力影响，则（ ）
A. t=0.ls时，运动员处于失重状态
B. 起跳过程中地面对运动员做正功
C. t=0.ls时，地面对运动员支持力大于运动员对地面的压力
D. t=0.3s时，运动员处于完全失重状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．运动员先下蹲，发力向上加速，根据图像可知，t=0.ls时，运动员处于向上加速过程，加速度方向向上，运动员处于超重状态，故A错误；
B．起跳过程中，地面对运动员的支持力的作用点的位移为0，地面对运动员不做功，故B错误；
C．地面对运动员的支持力与运动员对地面的压力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知，地面对运动员支持力大小等于运动员对地面的压力，故C错误；
D．根据图像可知，t=0.3s时，运动员处于向上减速过程，加速度方向向下，运动员处于完全失重状态，故D正确。
故选D。
6. 如图所示，手提袋装满东西后总重为G，轻质提绳与手提袋的4个连接点M、N、P、Q形成边长为L的正方形。竖直外力作用在提绳中点O将手提袋提起，4段提绳OM、ON、OP、OQ等长且与竖直方向均成30°夹角，则下列说法正确的是（ ）
A. 提绳OM对手提袋的作用力为
B. 提绳OM和ON对手提袋的作用力为
C. 若增大提绳的长度，提绳OM和ON对手提袋的合力将减小
D. 若减小提绳的长度，提绳OM和OP对手提袋的合力将增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．提绳OM、ON、OP、OQ等长且与竖直方向均成30°夹角，则对手提袋受力分析，由竖直上方的平衡有
解得每根提绳的拉力为
故四根提绳对手提袋的作用力均为，故A错误；
B．由几何知识可得每根提绳的长度为
设提绳OM和ON的夹角为，则
根据力的合成可得提绳OM和ON对手提袋的作用力为
故B错误；
C．设提绳OM和ON对手提袋的合力与上表面夹角为，根据竖直方向受力平衡可得
解得
若增大提绳的长度， 变大，故提绳OM和ON对手提袋的合力减小，故C正确；
D．根据对称性可知提绳OM和OP对手提袋的合力方向为竖直向上，提绳ON和OQ对手提袋的合力方向也为竖直向上，由于四根提绳拉力大小相等，相邻提绳夹角相同，根据对称性与竖直方向受力平衡可得提绳OM和OP对手提袋的合力与提绳ON和OQ对手提袋的合力
因此减小提绳的长度，提绳OM和OP对手提袋的合力大小不变，故D错误。
故选C。
7. 2022年1月22日，我国将一颗失效的北斗二号G2卫星从轨道半径为R₁的地球同步轨道上变轨后运行到轨道半径为R₂的“墓地轨道”上，此举标志着航天器被动移位和太空垃圾处理新方式的成功执行。该过程的简化示意图如图所示。已知椭圆形转移轨道与同步轨道和“墓地轨道”分别相切于P、Q两点，则北斗二号G2卫星（ ）
A. 在转移轨道上Q点的加速度小于在“墓地轨道”上Q点的加速度
B. 在转移轨道上P点的机械能小于Q点的机械能
C. 在转移轨道上P点的速度与Q点速度之比为R₁：R₂
D. 沿转移轨道从P点运动到Q点所用的时间为天
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据牛顿第二定律可知
在转移轨道上Q点的加速度等于在“墓地轨道”上Q点的加速度，故A错误；
B．在同一轨道上只有引力做功，机械能守恒，所以在转移轨道上P点的机械能等于Q点的机械能，故B错误；
C．根据开普勒第二定律可知
所以在转移轨道上P点的速度与Q点速度之比为，故C错误；
D．根据开普勒第三定律
其中
沿转移轨道从P点运动到Q点所用的时间为
天
故D正确。
故选D。
8. 某款伸展运动传感器的原理图如图所示，它由一电极和可伸缩柱极体组成，可在非接触状态下实现力—电转换。电极通过电阻接地处理，当复合柱极体拉伸时，弹性体和柱极体粒子发生形变，改变了电极上的感应电荷量，并通过电阻器产生电流。在拉伸复合柱极体的过程中（ ）
A. 电流自右向左流经电阻R
B. 柱极体与电极之间的电场强度将减小
C. 柱极体内电荷相互作用的电势能减小
D. 柱极体与电极之间的电势差将增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．人为规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，而负电荷移动的方向为电流的反方向，根据题意，在拉伸复合柱极体的过程中，电子向右移动，则形成的电流的方向从右向左，因此电流自左向右流经电阻R，故A错误；
BD．拉伸复合柱极体的过程中，柱极体与电极之间正对部分的电荷量减小，根据
，
可知，柱极体与电极之间的电势差减小，而根据
可知，柱极体与电极之间的电场强度将减小，故B正确，D错误；
C．在拉伸复合柱极体的过程中，将机械能转化成了电能，则其电势能增大，故C错误。
故选B。
9. 如图所示，MN右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，某同学用粗细均匀、材料相同的漆包电阻丝做成两个半径相同的半圆形闭合金属线圈，图中O点交叉处圆弧导线与直导线不连通。金属线圈可绕两半圆直径所在的转轴ab（恰好与边导线界MN重合）匀速转动。已知t=0时刻，磁场方向垂直于线圈平面，则ab两端点的电压（）图象可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】当金属线圈从与磁场垂直到转过的过程中，与磁场垂直时磁通量最大，但磁通量的变化率为零，而转动过程中通过金属线框的磁通量在逐渐减小，当转过角度等于时，穿过线圈的磁通量减为零，此时磁通量的变化率达到最大值，则根据法拉第电磁感应定律可知，此时感应电动势达到最大值，而当线框接着转动，从转到的过程中，磁通量又开始逐渐增大，直至转过磁通量再次达到最大值，感应电动势减为0，根据楞次定律结合安培定则可知，ab两端点的电压将反向减小；当从转到的过程中，磁通量又开始减小，ab两端点的电压将反向增大，如此反复。
故选A。
10. 一种可“称量”安培力大小的实验装置如图甲。形磁铁置于水平电子测力计上，两磁极之间的磁场可视为水平匀强磁场，不计两极间以外区域磁场。一水平导体棒垂直磁场方向放入形磁铁两极之间（未与磁铁接触），导体棒由绝缘杆固定于铁架台上。导体棒没有通电时，测力计示数为；导体棒通以图示方向电流时，测力计示数为；将导体棒在水平面内转过角时（如图乙），测力计示数为；将导体棒在竖直面内转过角时（如图丙），测力计示数为。整个过程保持电流大小不变，磁铁始终静止，不考虑导体棒电流对磁铁磁场的影响。下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】导体棒没有通电时测力计的示数即为磁铁的重量为，通向外的电流后，由左手定则可知导体棒受向上的安培力，根据牛顿第三定律可知导体棒对磁铁的磁力向下，对磁铁由平衡条件
+F安=G1
三种情况下，根据
导体棒所受安培力相同，所以
故选A。
11. 光射到物体表面上时会产生压力，我们将光对物体单位面积的压力叫光压。已知普朗克常量h，光速c，某激光器发出的激光功率为P，该光束垂直射到某平整元件上，其光束截面积为S，该激光的波长λ。若激光的能量全部被原件吸收，则下列说法正确的有（ ）
A. 该光束产生的光压为
B. 该光束产生的光压为
C. 该激光器单位时间内发出的光子数为
D. 该激光器单位时间内发出的光子数为
【答案】C
【解析】
【详解】CD．光子的能量
设单位时间内该激光器发出的光子数为N，则有
故C正确，D错误；
AB．根据题意，该激光的能量全部被原件吸收，则可认为光子在接触该原件后速度减为零，则在时间内光子动量的变化量为
对时间内的光束由动量定理有
解得
该光束产生的光压为
故AB错误。
故选C。
12. 农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成，某地下水源距离地表6m深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水口离地表高度为0.45m，水流由出水口水平喷出时的速度为4m/s，每秒出水量为3kg。水泵由功率为330W的电动机带动，已知电动机额定电压为220V，水泵的抽水效率为75%，水的密度为，则下列说法不正确的是（ ）
A. 出水口钢管横截面积为B. 每秒内水流机械能增加217.5J
C. 水泵的输出功率为217.5WD. 电动机线圈的电阻为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．水流由出水口水平喷出时的速度为4m/s，每秒出水量为3kg，根据
代入数据解得
故A错误符合题意；
B．每秒内水流机械能增加
其中
h=6+0.45m=6.45m
代入数据解得
ΔE=217.5J
故B正确不符合题意；
C．水泵的输出功率
故C错误符合题意；
D．对电动机，有
其中
P总=UI
联立解得
故D正确不符合题意；
故选AC。
13. 有一块边长为2m的透明立方体，立方体内上下底面中心连线为，在处安装了一盏可视为点光源的灯，已知立方体材料的折射率为，下列说法不正确的是（ ）
A. 由灯直接发出的光照到上表面时全部能从上表面射出
B. 从立方体的侧面观察，可能看不到光源
C. 由灯直接发出的光从四个侧面射出，该射出区域的总面积为
D. 经侧面反射一次光线从上表面射出，该射出区域的面积为
【答案】B
【解析】
【详解】A．如图所示
在直角三角形中，由几何关系可知
则
因为
所以由灯直接发出的光照到冰块上表面时全部能从上表面射出，故A正确；
BC．而
则
可知由灯直接发出照到冰块四个侧面上的光不能全部都从侧面射出，能射出的面积如图
解得
故B错误，C正确；
D．设从上底面射出的区域的半径为R，因为
解得
则经侧面反射一次的光线从上表面射出，该射出区域的面积
故D正确。
本题选择不正确的，故选B。
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. 硼中子俘获疗法是肿瘤治疗的新技术，其原理是进入肿瘤细胞内的硼核（）吸收慢中子，转变成锂核（）和X粒子，并释放出γ光子。已知γ光子的能量为E0，普朗克常量为h，真空中的光速为c，原子核比结核能与质量数关系图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 该核反应属于β衰变B. γ光子的动量为
C. X粒子为D. 硼核的结合能大于X粒子的结合能
【答案】BCD
【解析】
【详解】AC．根据题意可写出衰变方程
可知该衰变为衰变，故A错误，C正确；
B．根据
，，
联立解得
故B正确；
D．结合能等于比结合能与核子数的乘积，根据图像可知，核的比结合能大约为，B核的比结合能大约为，氦核有4个核子，而硼核有10个核子，显然硼核的结合能大于氦核粒子的结合能，故D正确。
故选BCD。
15. 如图所示是某水域的剖面图，A、B两区域最大水深分别为点O处于两部分水面分界线上，M和N分别是处在A、B两区域水面上的两点。若t=0时刻M点从平衡位置向上振动，N点从平衡位置向下振动，形成以M、N点为波源向左、右传播的水波（可看作简谐横波），两波源振动频率均为2Hz，其波速跟水深关系为式中h为两区域水的最大深度。当t=1s时，O点开始向上振动。已知A、B区域水波的振幅均为5cm，水深O、M间距离为3m，O、N间距离为6m。下列说法正确的是（ ）
A.
B. A、B两区域水波的波长之比为4：3
C. t=1.5s时，O点经平衡位置向上振动
D. t=2.5s后，MN之间存在10个振幅为10cm的点
【答案】AD
【解析】
【详解】两波源振动频率均为2Hz，故两波源振动周期
A．t=0时刻M点从平衡位置向上振动，N点从平衡位置向下振动。当t=1s时，O点开始向上振动，说明M点形成的水波先传到O点。A区域的波速为
又
解得
得
故A正确；
B．B区域的波速为
又
得
故B错误；
C．当t=1s时，波源M点的水波刚传到O点且向上振动，再经即一个周期，O点在平衡位置向上振动。波源N点的水波传到O点用时
该水波使O点在平衡位置向下振动，又已知A、B区域水波的振幅均为5cm。根据波的叠加原理，t=1.5s时，O点经平衡位置既不向上振动也不向下振动。故C错误；
D．M波源发出的波到达N点的时间
同理N波源发出的波到达M点的时间
A区域水波的波长
M、N点为波源振动步调相反。把N点波源等效到O点，M、O两波源的叠加振动加强点满足
（n=0，1，2，……）
OM间有4个振动加强点，即振幅为10cm的点。
B区域水波的波长
把M点波源等效到O点，O、N两波源的叠加振动加强点满足
（n=0，1，2，……）
ON间有6个振动加强点，即振幅为10cm的点。
即t=2.5s后，MN之间存在10个振幅为10cm的点。故D正确。
故选AD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16. 如图是小李同学用螺旋测微器测量金属丝直径时涉及到的步骤。请选出需要的步骤，并按实验时的先后顺序排列，其合理的为（ ）
A. 甲乙B. 甲丙C. 甲乙丙D. 丙甲乙
【答案】D
【解析】
【详解】螺旋测微器的使用方法：左手持尺架，右手转动粗调旋钮使测杆与测砧间距稍大于被测物，放入被测物，转动保护旋钮到夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动固定旋钮使测杆固定后读数，D正确。
故选D。
17. 某研究小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为5N的弹簧秤两个，橡皮条，细绳套，刻度尺，图钉。
（1）具体操作前，同学们提出了如下实验建议，其中正确的有________。
A．使用弹簧秤时，施力方向应沿其轴线，且弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦
B．实验时，拉伸橡皮条可以不和两细绳套夹角的角平分线在一条直线上
C．重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同
D．只用一个弹簧秤，无法完成该实验
（2）该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示，其中对于提高实验精度最有利的是________。
【答案】 ①. BC##CB ②. B
【解析】
【详解】（1）[1]A．实验中拉弹簧秤时，只需要让弹簧秤与外壳间没有摩擦，即需要沿着轴线的方向拉动弹簧秤，与弹簧秤外壳与木板间是否有摩擦无关，故A错误；
B．实验时，拉伸的橡皮条，只需让两橡皮条张开适当的角度，不能过小也不能过大，不需要使两细绳套与两细绳套夹角的角平分线在一条直线上，故B正确；
C．只需要保证在同一次实验中，前后两次拉动橡皮筋，使结点O的位置重合即可，而重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同，故C正确；
D．若只有一个弹簧秤，可用一个弹簧秤钩住其中一根细绳套，用手拉住其中一根细绳套然后互成角度的拉动弹簧秤，记录弹簧秤的示数，即两细绳套的方向，然后在两细绳套方向不变的基础上，手和弹簧秤互换，用弹簧秤去拉动另外一个细绳套，记录弹簧秤的示数，同样可以完成实验，故D错误。
故选BC。
（2）[2]A．为了便于确定拉力的方向，拉橡皮筋的细绳套要稍长一些，同时在白纸上描点时，所描的点不要太靠近结点，故A错误；
B．图中所描的点到结点的距离适中，力的大小适中、两个力的夹角也适中，故B正确；
C．实验中，两分力应适当大些，读数时引起的相对误差会更小，而图中读数过小，容易引起较大的实验误差，故C错误；
D．图中两分力夹角过小，作图时容易引起实验误差，故D错误。
故选B。
18. 关于教材中的以下实验，说法不正确的是（ ）
A. 图甲，“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，某小组发现所测得的分子直径d明显偏大，可能的原因是误将一滴纯油酸滴入了撒好爽身粉的水盘内
B. 图乙，“探究气体等温变化的规律”实验中，在测定压强时，必须将活塞涂抹润滑油并竖直放置，否则都会影响压强的测量结果
C. 图丙，“探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系”实验中，三个开关的使用顺序是：先将S1置于1、再将S1置于2（保持不动）、最后将S2闭合
D. 图丁，“测量玻璃的折射率”实验中，应通过玻璃砖观察大头针的头部，以方便将大头针插准
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．误将一滴纯油酸滴入了撒好爽身粉的水盘内，会导致油酸没有充分散开，所测面积偏小，根据可知，分子直径d明显偏大，故A正确，不符题意；
B．封闭的理想气体对各个面的压强均相同，则装气体的玻璃管无论水平放置还是竖直放置，都不会影响压强的测量结果，故B错误，符合题意；
C．“探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系”实验中，应先把开关S1接1，给电容器A充电，再把开关S2解2，让电容器B充电，然后断开开关S1。闭合开关S2，让电容器B的两极板完全放电，随后再断开开关S2，然后重复这样操作，故C错误，符合题意；
D．“测量玻璃的折射率”实验中，判断像与针是否在同一直线时，应该观察大头针的整个部分，不能只观察其头部，故D错误，符合题意。
故选BCD。
19. 小明要描绘某电学元件（最大电流不超过6mA、最大电压不超过7V）的伏安特性曲线，设计了如图甲所示的实物电路：图中定值电阻R=1kΩ；电流表A（量程为10mA，内阻约为5Ω）；电压表（量程为10V，内阻约10kΩ）；滑动变阻器R1（阻值0~50Ω，额定电流0.4A），滑动变阻器R2（阻值0~20Ω，额定电流0.5A）；电源E（电动势为12V，内阻不计）。正确接线后，测得的数据如下表。
根据以上数据，分析判断回答下列问题：
（1）将实物电路补画完整：电压表的正接线柱应接在________接线柱上（选填“b”、“c”或“d”），滑动变阻器的e接线柱应接在________接线柱上（选填“g”、“a”或“不接”）。
（2）本实验小明选用的滑动变阻器是_________（选填“R1”或“R2”）。
（3）随后小明又研究了待测元件两端电压（Uab）随ad间电压（Uad）变化的变化关系，并定性画出了示意图，如图所示，你认为正确的是_________。
【答案】 ①. c ②. a ③. R1 ④. C
【解析】
【详解】（1）[1]根据题意，某电学元件（最大电流不超过6mA、最大电压不超过7V）可知其阻值大约为
其阻值远大于电流表内阻，但与电压表内阻相差不大，若用电流表外接法，就会造成电压表分流过大，造成极大误差，因此应采用电流表内接法来测量电流，则电压表的正接线柱应接在c接线柱；
[2]根据实验数据，可知该电学元件两端的电压从零开始，因此滑动变阻器应采用分压式接法，而分压式接法的接线柱“一上两下”，且要与电源构成完整的回路，则e接线柱应回到电源的负极则应接a接线柱
（2）[3]若选用最大阻值为的滑动变阻器，当滑动变阻器完全接入电路中是，通过电路的最小电流大约为
而最大阻值为的滑动变阻器的额定电流为0.5A，超过其额定电流，因此不能选择滑动变阻器，若选择滑动变阻器，则通过的最小电流约为
在其额定电流范围内，因此应选择滑动变阻器。
（3）[4]从表格中数据可以看出，待测元件两端电压（Uab）先呈现线性变化，逐渐增大，而随后趋于稳定。
故选C。
20. 如图所示，内径相同，导热良好的“T”形细玻璃管上端开口，下端封闭，管中用水银封闭着A、B两部分理想气体，C为轻质密闭活塞，各部分长度如图。现缓慢推动活塞，将水平管中水银恰好全部推进竖直管中，已知大气压强，设外界温度不变。水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，求：
（1）气体A的压强；
（2）气体A的气柱长度；
（3）活塞移动的距离为多大?
【答案】（1）；（2）；（3）6.5cm
【解析】
【详解】（1）水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，气体A的压
（2）初状态，气体A的压强
设玻璃管横截面积为S，初状态气体A的体积
设末状态气体A的体积为VA，对气体A由玻意耳定律得
解得
末状态气体A的长
（3）气体A的长度减少量
初状态气体B的压强
末状态气体B的压强
初状态气体B的体积
设活塞移动的距离为xcm，末状态气体B的体积
对气体B由玻意耳定律得
带入数据解得
x=6.5cm
21. 如图所示，光滑的半径为的圆弧最低点与竖直墙壁AB相连，质量的小球1与长度为轻杆相连，轻杆的另一端通过铰链与质量为的小滑块相连，小滑块套在光滑的水平杆上。初始轻杆紧靠墙壁竖直放置，小球1刚好处在圆弧的末端。现将质量为的小球2从圆弧上的C点由静止释放，CO连线与竖直方向的夹角为53°，小球2运动至圆弧的最低点与小球1发生弹性正碰，碰后立刻撤掉小球2。已知重力加速度的大小不计空气阻力。求
（1）小球2运动至轨道最低点与小球1碰撞前瞬间对轨道的压力大小；
（2）两球碰撞后的瞬间，小球1的速度大小；
（3）轻杆上作用力为零时，小球1的速度大小及此时轻杆与竖直方向夹角的余弦值；
（4）小球1落到水平杆上前一瞬间速度大小。
【答案】（1）18N；（2）；（3），；（4）
【解析】
【详解】（1）m2由C点运动至最低点，由机械能守恒
在最低点，对m₂进行受力分析，由牛顿第二定律
解得
由牛顿第三运动定律可得在最低点对轨道的压力为18N。
（2）小球m2在最低点与小球发生弹性正碰，根据动量守恒，有
根据机械能守恒有
解得
（3）记轻杆上作用力为零时轻杆与竖直方向的夹角为α，m1碰后运动至轻杆上作用力为零，由机械能守恒
此时m1重力沿杆的分力提供所需要的向心力有
联立解得轻杆上作用力为零时m1的速度
，
（4）轻杆上作用力为零后，m1的速度继续增加，所需要的向心力增大，而其重力沿轻杆的分力在减小，因而轻杆会向两端提供拉力，m0开始离开墙壁，所以轻杆作用力为零到小球m1落到水平杆上前一瞬间，m1，m0构成的系统水平方向上动量守恒
该过程系统机械能守恒
落到水平杆上前一瞬间，由速度关联有
联立可得m1落到水平杆上前一瞬间速度
22. 如图所示，金属轮和绝缘轮可绕各自中心金属轴和转动，和平行且水平放置，金属轮由三根金属辐条和金属环组成，轮的辐条长均为4r、电阻均为R，金属环的电阻可以忽略，三根辐条互成角，在图中的扇形区域内存在平行于轴向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，绝缘轮的半径为2r，另一半径为r的绝缘圆盘。与同轴且固连在一起。一轻细绳的一端固定在边缘上的某点，在上绕足够匝数后，悬挂一质量为m的重物P。当P下落时，通过细绳带动和绕轴转动。转动过程中，保持接触，无相对滑动。轮的轴金属环边缘电刷D引出导线、与两平行的足够长的光滑水平金属导轨连接，上导轨E、F处断开，金属导轨的间距为L。两导轨之间E的左侧串联了开关与电阻R；两导轨之间虚线右侧存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，磁场中放置一质量为，长度也为L、电阻为R的金属棒GH，电容器的电容C与单刀双掷开关串联，可以掷向E或F，不计导线电阻。
（1）当都断开，重物下落时，比较D与两点之间的电势高低：、
（2）当都断开，重物下落速度为时，求D与两点之间电势差U的大小；
（3）S1闭合、断开，重物下落4r过程中，通过电阻R的电量；
（4）S1断开、先打向E，充电稳定后再打向F，待金属棒GH运动稳定时，求金属棒GH的速度。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）轮带动轮使其顺时针转动，根据右手定则可做出判断
（2）重物下落速度为v0时，则金属轮A2边缘的线速度为2v0，而A2与A1边缘的线速度相同，则A1边缘的线速度为2v0，则导线切割磁感线产生的电动势为
则D与O1两端的电压为外电阻的电压是电动势的三分之一，即
（3）重物下落4r时，根据金属轮A3与金属轮A1边缘线速度之比为可知，金属轮A1边缘某点转过的弧长为，根据
可得干路中通过的电量
而根据电路关系可得
得出
则通过电阻R的电量为
（4）充电稳定：重力的功率与产生的热功率相等，设重物的速度为v，则
解得
导线切割磁感线产生的电动势为
稳定时电容器两端的电压
充电稳定后
打向F，待金属棒GH运动稳定时，金属棒GH的电动势与电容器电压相等，金属棒GH的速度稳定，则有
，，
解得
23. 如图甲所示，足够长水平收集板位于x轴，在一、二、四象限足够大区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第三象限有垂直纸面向里、半径为R的圆形匀强磁场，磁感应强度大小为2B，边界与y轴相切于A点。一群电子从与x轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形磁场后均从A点进入右侧磁场，这群电子在虚线处的x坐标范围为，电子打到收集板上后被收集。电子电量为e、质量为m，不计电子重力及电子间的相互作用。
（1）求电子的初速度大小；
（2）求收集板上能收集到电子区域的长度；
（3）若撤去收集板及位于一、二、四象限的磁场，在y轴右侧加多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，如图乙所示。电场、磁场宽度均为d，电场强度为E，方向水平向右，垂直于纸面向里的磁场的磁感应强度为，垂直于纸面向外的磁场的磁感应强度为，电、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直：
①若从x=-R处射出电子从第1层右侧垂直边界穿出，求与的大小之比；
②把磁感应强度大小改为使处射出电子从第n层右侧边界穿出时速度的方向恰好平行y轴向下，求的大小（用、、、、表示）。
【答案】（1）；（2）；（3）1，
【解析】
【详解】（1）根据题意，一群电子从与x轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形磁场后均从A点进入右侧磁场，则可知这群电子在圆形磁场中做圆周运动的轨迹半径
电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力充当向心力有
解得
（2）电子进入第四象限后仍在洛伦兹力的作用下做圆周运动，设其做圆周运动的轨迹半径为，其轨迹图如图所示
则有
根据几何关系可得，落在挡板最右侧坐标
由几何关系可知
而这群粒子最右边距轴的距离恰为，因此粒子范围最右边的粒子恰能经过原点，因此落在挡板最左侧坐标
收集板上能收集到电子区域的长度为
（3）①法1：设电子刚进第一层电场时速度与边界的夹角为α，速度的竖直分量为
又因为
所以
设电子刚出第一层电场时速度大小为v2，速度与边界的夹角为β
又因为
所以
所以
法2：竖直方向动量定理
所以
②由动能定理得
在y轴方向列动量定理方程
联立解得1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
U（V）
0.00
3.00
6.00
6.16
6.28
632
6.36
6.38
6.39
6.40
I（mA）
0.00
0.00
0.00
0.06
0.50
1.00
2.00
3.00
4.00
5.50
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