2022-2023学年北京市海淀区高三下学期期末反馈物理试题（解析版）

高中物理名校试卷PAGEPAGE1海淀区2022—2023学年第二学期期末练习反馈题高三物理第一部分1.如图所示，固定在水平地面上的汽缸内密封一定质量的理想气体，活塞处于静止状态。若活塞与汽缸的摩擦忽略不计，且气体与外界环境没有热交换。将活塞从A处缓慢地推至B处的过程中，下列说法正确的是（）A.气体的温度逐渐升高B.气体分子的平均动能逐渐增大C.气体的分子数密度保持不变D.气体的内能可能保持不变〖答案〗AB〖解析〗ABD．活塞从A处缓慢地推至B处的过程中，气体的体积减小，外界对气体做功，即由于气体与外界环境没有热交换，即根据热力学第一定律可知即气体的内能逐渐增大，气体温度逐渐升高，气体分子的平均动能逐渐增大，故AB正确，D错误；C．气体的内能逐渐增大，则气体的温度逐渐升高，气体的体积减小，根据公式可知，气体的压强逐渐增大，所以气体的分子数密度增大，故C错误。故选AB。2.正弦交变电源与电阻R、理想交流电压表按照图1方式连接，已知电阻R＝5.0Ω，交流电压表示数为10.0V。图2是通过电阻R的电流i随时间t变化的图像。下列说法正确的是（）A.电阻R两端的电压的最大值是B.电阻R两端的电压的频率是C.通过电阻R的电流的最大值是D.通过电阻R的电流的有效值是〖答案〗ACD〖解析〗A．交流电压表示数为10.0V，则阻R两端的电压的最大值故A正确；B．由图2可知电压周期为0.02s，所以故B错误；C．通过电阻R的电流的最大值故C正确；D．通过电阻R的电流的有效值故D正确。故选ACD。3.响尾蛇导弹是一种被动制导的空对空导弹，它本身并不发射电磁波，但即使在漆黑的夜晚它也能自动追踪敌方的飞机，并将其击落。响尾蛇导弹的这种本领靠的是电磁波谱中哪一种电磁波的作用（）A.X射线 B.紫外线C.红外线 D.无线电波〖答案〗C〖解析〗红外线热作用较强，响尾蛇导弹在漆黑的夜晚能自动追踪敌方飞机的这种本领靠的是电磁波谱中红外线的作用。故选C。4.各种电磁波在日常生活和生产中已经被大量应用了。关于电磁波的应用，下列说法中正确的有（）A.控制电视、空调的遥控器使用的是红外线B.银行和商店用来鉴别大额钞票真伪的验钞机使用的是X射线C.手机通话使用的无线电波D.机场、车站用来检查旅客行李包的透视仪使用的是紫外线〖答案〗AC〖解析〗A．控制电视、空调的遥控器使用的是红外线，故A正确；B．银行和商店用来鉴别大额钞票真伪的验钞机使用的是紫外线，不是X射线，故B错误；C．手机通话使用的无线电波，故C正确；D．机场、车站用来检查旅客行李包的透视仪使用的是X射线，不是紫外线，故D错误。故选AC。5.关于各种电磁波的性质比较，下列说法中正确的有（）A.由于红外线的波长比可见光长，所以比可见光更容易发生干涉、衍射B.由于γ射线的波长太短了，所以根本无法发生干涉、衍射C.无论哪一种电磁波，在真空中的传播速度都相同D.γ射线的穿透能力最强，所以最适于用来透视人体，检查骨骼和其它病变情况〖答案〗AC〖解析〗A．由于红外线的波长比可见光长，所以比可见光更容易发生干涉、衍射。故A正确；B．干涉、衍射是波特有的属性，γ射线是电磁波，尽管波长较短，仍能发生干涉、衍射。故B错误；C．无论哪一种电磁波，在真空中的传播速度都相同，都为。故C正确；D．γ射线对人体有较大的伤害，所以一般不用来做透视。故D错误。故选AC。6.如图所示为光电效应实验中某金属的遏止电压与入射光的频率的关系图像。仅根据该图像不能得出的是（）A.饱和光电流B.该金属的逸出功C.普朗克常量D.该金属的截止频率〖答案〗ABC〖解析〗根据光电效应方程可得根据动能定理可得联立可得由于不知道电子的电荷量，故根据该图像不能得出的是：饱和光电流、该金属的逸出功和普朗克常量；图像中横轴截距对应的频率等于该金属的截止频率。故选ABC。7.物理课上，老师演示了一个实验：如图所示，水平粗糙木板上放置两个物块，其间有一个处于拉伸状态的弹簧。将木板抬至空中保持水平，两物块相对木板保持静止，下列操作中，可以观察到两物块相对木板运动且彼此靠近的是（）A.将木板连同木块一同静止释放B.将木板连同木块一同水平抛出C.将木板连同木块一同竖直向上抛出D.将木板连同木块一同向上加速托举〖答案〗ABC〖解析〗A．将木板连同木块一同静止释放，木块在空中处于完全失重状态，物块与木板间的弹力为零，摩擦力为零，两物块在弹力作用下相对木板运动且彼此靠近，故A正确；B．将木板连同木块一同水平抛出，木块在空中处于完全失重状态，物块与木板间的弹力为零，摩擦力为零，两物块在弹力作用下相对木板运动且彼此靠近，故B正确；C．将木板连同木块一同竖直向上抛出，木块在空中处于完全失重状态，物块与木板间的弹力为零，摩擦力为零，两物块在弹力作用下相对木板运动且彼此靠近，故C正确；D．将木板连同木块一同向上加速托举，木块处于超重状态，物块与木板间的弹力变大，最大静摩擦力变大，两物块与木板仍相对静止，故D错误。故选ABC。8.如图所示，细绳的一端系一质量为m的小球，另一端固定在电梯的天花板O点处。将小球沿水平方向拉开一小段距离使小球往复摆动，P点和Q点分别为其振动的最低点和最高点。不计空气阻力。下列说法正确的是（）A.当小球摆至Q点时，若电梯开始自由下落，则小球将绕O点做匀速圆周运动B.当小球摆至Q点时，若电梯开始自由下落，则小球可以在Q点与电梯保持相对静止C.当小球摆至P点时，若电梯开始自由下落，则小球将绕O点做匀速圆周运动D.当小球摆至P点时，若电梯开始自由下落，则小球可以在P点与电梯保持相对静止E.当小球摆至P点与Q点之间的某一点时，若电梯开始自由下落，则小球都可以将绕O点做匀速圆周运动F.当小球摆至P点与Q点之间的某一点时，若电梯开始自由下落，则小球都可以在该点与电梯保持静止〖答案〗BCE〖解析〗AB．当小球摆至Q点时，小球的速度为零，若电梯开始自由下落，小球处于完全失重状态，与电梯运动状态一致，则小球可以在Q点与电梯保持相对静止，故A错误，B正确；CD．当小球摆至P点时，小球的速度为水平方向，若电梯开始自由下落，小球在竖直方向也将自由下落，小球处于完全失重状态，小球将在绳拉力作用下，做匀速圆周运动，故C正确，D错误；EF．当小球摆至P点与Q点之间的某一点时，若电梯开始自由下落，小球也将处于完全失重状态，此时可以将摆看作处于太空之中，因为小球有速度且速度垂直于细绳，则小球将在绳拉力作用下，做匀速圆周运动，故E正确，F错误。故选BCE。9.关于在恒定阻力作用下，做竖直上抛运动的物体，下列说法正确的是（）A.动能Ek随时间t变化的快慢随时间均匀变化B.动量p随时间t变化的快慢随时间均匀增大C.重力势能Ep随位移x变化的快慢随时间保持不变D.机械能E随位移x变化的快慢随时间均匀减小〖答案〗AC〖解析〗A．上升过程，有可得下降过程，有可知动能Ek随时间t变化的快慢随时间均匀增大，故A正确；B．根据动量定理可得可得可知动量p随时间t变化的快慢保持不变，故B错误；C．根据重力势能与重力做功的关系，可知重力势能减少量为可得可知重力势能Ep随位移x变化的快慢保持不变，故C正确；D．根据功能关系有所以可知机械能E随位移x变化的快慢保持不变，故D错误。故选AC。10.如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（）A.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向B.圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为C.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为〖答案〗D〖解析〗A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为大小为0，故B错误；C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为大小为，故D正确。故选D。11.真空中两个等量异号的点电荷，其中负点电荷位于A点，正点电荷位于A′点，以AA′连线中点O建立空间直角坐标系O－xyz，如图所示。位于z轴正半轴上的P点处有一带正电的试探电荷，下列说法正确的是（）A.P点与O点的电场强度相等B.P点的电势比B点的电势高C.将试探电荷从P点移至C点的过程中，它的电势能增大D.将试探电荷从P点静止释放，它将沿z轴做匀速直线运动〖答案〗B〖解析〗A．等量异种电荷电场线分布如图所示等量异种电荷连线中点是中垂面上电场强度最大的点，则P点的电场强度小于O点的电场强度，故A错误；BC．等量异种电荷的中垂面为等势面，根据沿电场线方向电势降低，可知P点电势大于B点电势，P点电势等于C点电势，将试探电荷从P点移至C点，它的电势能不变，故B正确，C错误；D．将试探电荷从P点静止释放，由于P点电场方向与方向平行，试探电荷受到的电场力与方向平行，它不可能沿z轴做匀速直线运动，故D错误。故选B。12.氢原子在可见光区的4条特征谱线是玻尔理论的实验基础。如图所示，这4条特征谱线（记作Hα、Hβ、Hγ和Hδ）分别对应着氢原子从n=3、4、5、6能级向n=2能级的跃迁，下面4幅光谱图中，合理的是（选项图中长度标尺的刻度均匀分布，刻度值从左至右增大）（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗光谱图中谱线位置表示相应光子的波长。氢原子从n=3、4、5、6能级分别向n=2能级跃迁时，发射的光子能量增大，所以光子频率增大，光子波长减小，在标尺上Hα、Hβ、Hγ和Hδ谱线应从右向左排列。由于氢原子从n=3、4、5、6能级分别向n=2能级跃迁释放光子能量的差值越来越小，所以，从右向左4条谱线排列越来越紧密，故A正确。故选A。13.如图所示，MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计。ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，金属杆具有一定质量和电阻。开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，杆所受安培力为F、通过杆的感应电流为I、杆中产生的感应电动势为E、杆的加速度为a、随时间t变化的图像可能是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗设开关S闭合时，金属杆的速度为，磁感应强度为，金属杆长度为，金属杆电阻为，质量为；此时感应电动势为感应电流为安培力为若，根据牛顿第二定律可得可知开关S闭合后，金属杆做加速度逐渐减小加速运动，当安培力等于重力时，金属杆做匀速直线运动，可知金属杆所受安培力从逐渐增大到稳定值，感应电流从逐渐增大稳定值，感应电动势为逐渐增大到稳定值；若，根据牛顿第二定律可得可知开关S闭合后，金属杆做加速度逐渐减小减速运动，当安培力等于重力时，金属杆做匀速直线运动，可知金属杆所受安培力从逐渐减小到稳定值，感应电流从逐渐减小稳定值，感应电动势为逐渐减小到稳定值。故选C。14.云室内静止在范围足够大的匀强磁场（图中未画出）中P点的原子核发生α衰变，衰变产生的新核与α粒子恰在纸面内运动，经过一段时间后观察到的轨迹如图所示。下列说法正确的是（）A.沿曲线PM运动的原子核比荷较小B.沿曲线PM运动的原子核动量较小C.曲线PQ可能是抛物线的一部分D.沿曲线PQ运动的可能是α粒子〖答案〗A〖解析〗衰变前原子核处于静止状态，衰变过程满足动量守恒，则衰变后瞬间新核与α粒子动量大小相等，方向相反；新核与α粒子在洛伦兹力作用下均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得可得由于新核与α粒子动量大小相等，α粒子电荷量小于新核的电荷量，则α粒子的轨道半径大于新核的轨道半径，则沿曲线PM运动的是α粒子，α粒子的比荷较小。故选A。15.如图所示，一块长为a、宽为b、高为c长方体半导体器件，其内载流子数密度为n，沿方向通有恒定电流。在空间中施加一个磁感应强度为B、方向沿方向的匀强磁场，半导体上、下表面之间产生稳定的电势差U，下列说法正确的是（）A.若载流子为正电荷，则上表面电势高于下表面电势B.若载流子为正电荷，其所带电荷量为C.半导体内载流子所受沿z方向电场力的大小为D.电势差U与载流子数密度n成正比〖答案〗ABC〖解析〗A．沿方向通有恒定电流，若载流子正电荷，则电荷移动方向沿方向，磁感应强度方向沿方向，根据左手定则可知，正电荷向上偏转，故上表面电势高于下表面电势，故A正确；BD．半导体上、下表面之间产生稳定的电势差时，电场力与洛伦兹力平衡，则有根据电流的微观意义可知联立可得，可知电势差U与载流子数密度n成反比，故B正确，D错误；C．半导体内载流子所受沿z方向电场力的大小为故C正确。故选ABC。16.如图所示为某小组设计的电子秤原理图。轻质托盘与竖直放置的轻弹簧相连。R0为定值电阻，滑动变阻器R的滑片与弹簧上端连接。当盘中没有放物体时，滑片刚好位于滑动变阻器的最上端。该小组用理想电压表的示数U反映待测物体的质量m；用单位质量变化下，电压表示数变化量的绝对值描述电子秤的灵敏度。不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，下列操作中会降低电子秤灵敏度的是（）A.仅减小电源电动势B.仅增大电阻R0的阻值C.仅减小弹簧的劲度系数D.仅增大滑动变阻器接入电路的阻值〖答案〗ABD〖解析〗由图可知：滑动变阻器与R0串联，滑动变阻器的电阻全部连入电路；电压表测量滑片下半部分电阻两端的电压；当滑动变阻器滑片P向下移动时，电路中的电阻不变，由欧姆定律可知电路中电流不变；电压表的示数滑动变阻器又，假设滑动变阻器总长度为，则解得可得A．由可得，仅减小电源电动势，电子秤灵敏度降低，故A正确；B．由可得，仅增大电阻R0的阻值，电子秤灵敏度降低，故B正确；C．由可得，仅减小弹簧的劲度系数,电子秤灵敏度升高，故C错误；D．由可得，由于滑动变阻器的电阻全部连入电路，所以仅增大滑动变阻器接入电路的阻值即增大，电子秤灵敏度减小，故D正确。故选ABD。17.等离激元蒸汽发生器是一种用于产生纯净蒸汽的装置。实验发现，用光照射含有纳米银颗粒（可视为半径约10.0nm的球体，其中每个银原子的半径约0.10nm）的水溶液。纳米银颗粒吸收一部分光而升温，从而使其周围的水汽化而产生纯净的水蒸气，但整个水溶液的温度并不增加。该现象可解释为纳米银颗粒中的电子在光场（即只考虑其中频率为的简谐交变电场）的作用下，发生集体振荡（即等离激元振荡）从而与光发生共振吸收。电子均匀分布在纳米银颗粒内（如图中虚线圆所示），当施加电场E0后，纳米银颗粒中的电子会在很短的时间内整体发生一个与E0相反的微小偏离xp，使电子整体分布于一个新的球面内（如图中实线圆所示，且xp远小于纳米银颗粒半径），导致纳米银颗粒的右端出现正电荷，中间部分（实线与虚线所围中间区域）呈电中性。当E0反向，上述正负电荷分布对称地变换。中间部分与两侧交界的电荷可忽略不计。若上述过程在E0cost的光场作用下连续进行时，便称之为等离激元振荡。下列说法正确的是（）A.纳米银颗粒内的电子整体发生位移xp的过程中伴随着磁场能向电场能的转化B.图中白色部分可能存在电场强度大小为E0、方向与xp相同的电场C.纳米银颗粒在E0cost的光场作用下，产生的等离激元振荡为简谐振荡D.为使纳米银颗粒中产生等离激元振荡，光场的频率应满足＝1E.若已知银的摩尔质量和阿伏伽德罗常数，可以求得纳米银颗粒中银原子的个数F.可将上述等离激元振荡的过程等效成带有阻尼的LC振荡电路G.纳米银颗粒吸收光的机制与氢原子吸收光的机制完全相同〖答案〗ACEF〖解析〗A．纳米银颗粒内的电子整体发生位移xp的过程中伴随着磁场能向电场能的转化，A正确；B．图中白色部分可能存在电场强度大小为E0、方向与xp相反的电场，B错误；C．纳米银颗粒在E0cost的光场作用下，产生的等离激元振荡为简谐振荡，C正确；D．为使纳米银颗粒中产生等离激元振荡，光场的频率应满足得D错误；E．由球体体积比为半径比三次方，可以求得纳米银颗粒中银原子的个数E正确；F．可将上述等离激元振荡的过程等效成带有阻尼的LC振荡电路，F正确；G．纳米银颗粒吸收光的机制与氢原子吸收光的机制不完全相同，G错误。故选ACEF。第二部分18.某同学用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。将图1中的零件组装成图2中的变压器。将原线圈接在交流电源上，将副线圈接在电压传感器（可视为理想电压表）上，观察到副线圈电压U2随时间t变化的图像如图3所示，在保证安全的前提下，该同学可能在t1～t2时间内进行的操作是______。（选填选项前的字母）A．减少了原线圈的匝数B．减少了副线圈的匝数C．降低了交流电源的频率D．拔掉了变压器铁芯Q〖答案〗A〖解析〗根据理想变压器原副线圈电压与匝数关系由图3可知，之后副线圈的电压变大。减少了原线圈的匝数，则副线圈的电压变大；减少了副线圈的匝数，则副线圈的电压变小；降低了交流电源的频率，则副线圈的电压不变；拔掉了变压器铁芯Q，由于漏磁使得副线圈的电压变小。综上分析可知该同学可能在时间内进行的操作是：减少了原线圈的匝数。故选A。19.如图所示，一束光沿AO从空气射入折射率为n玻璃中，以O点为圆心、R为半径作圆，与折射光的交点为B，过B点向两介质的交界面作垂线，垂足为N，AO的延长线交BN于M，记OM＝r。再以O点为圆心、r为半径作圆。可知该液体的折射率的测量值n＝______。（用r、R表示）〖答案〗〖解析〗根据题意，设入射角为i，折射角为，由几何关系可得，由折射定律可得20.用图示电路给电容器C充、放电。开关S接通1，稳定后改接2，稳定后又改接1，如此反复。下表记录了充、放电过程中某两个时刻通过电流表的电流方向，根据该信息，在表格内各空格处填上合理的〖答案〗。时刻通过电流表的电流方向电流表中的电流正在增大还是减小开关S当前正在接1还是接2电容器两端的电压正在增大还是减小整个电路中的能量正在怎样转化此时电容器是在充电还是在放电t1减小t2增大〖答案〗向左，减小，2，电容器存储的电能，放电；向右，减小，1，电源的能量储存在电容器中，充电转化为其他〖解析〗由于时刻电容器两端的电压正在减小，说明电容器在这个时候电容器是在放电，所以开关S当前应该正在接通2，而在放电过程中，电容器两极板的电荷量逐渐减少，通过电流表的电流方向向左，电压也逐渐减少，电流也逐渐减少。放电过程中电容器存储的电能转化为其他形式的能。由于时刻电容器两端的电压正在增大，说明电容器在这个时候电容器是在充电，所以开关S当前应该正在接通1，而在充电过程中，电容器两极板的电荷量逐渐增大，通过电流表的电流方向向右，逐渐达到饱和状态，电压也逐渐增大，但是电流还是逐渐减少的。充电过程中电源的能量存储在电容器中。21.在如图所示的盒内，有电阻、二极管、电容器各1个，盒外有A、B、C三个接线柱，用多用电表欧姆挡测量结果如下：①A、C间正反接电阻值相等；②黑表笔接A、红表笔接B点时电阻很小，反接时电阻很大；③黑表笔接C点、红表笔接B点时指针先摆向“0Ω”刻度线再返回指向一定确定值，但其电阻值比①中测得的电阻值略大一些，反接时现象相似但比①中测得的电阻值大很大。请在盒内画出可能的电路结构_____。〖答案〗〖解析〗用多用电表欧姆挡测量结果如下：①A、C间正反接电阻值相等，可知测量A、C间时，连入电路是一定值电阻；②黑表笔接A、红表笔接B点时电阻很小，反接时电阻很大，可知A、B间为二极管，且测量A、B间时，二极管正向接入电路中；③黑表笔接C点、红表笔接B点时指针先摆向“0Ω”刻度线再返回指向一定确定值，但其电阻值比①中测得的电阻值略大一些，反接时现象相似但比①中测得的电阻值大很大，可知B、C间为电容器，黑表笔接C点、红表笔接B点时，一开始电容器充电，刚充电瞬间电容器等效成一导线，则指针先摆向“0Ω”刻度线，充电结束后，电容器断路，定值电阻和二极管正向接入电路中；反接时由于二极管反向接入电路中，则电容器充电结束后，测得电阻很大。综上分析可知，盒内画出可能的电路结构如图所示22.在“测量金属丝的电阻率”的实验中，某同学选择一根粗细均匀的、阻值约为5Ω的电阻丝进行了测量。（1）在测量了电阻丝的长度之后，该同学用螺旋测微器测量电阻丝的直径，测量结果如图所示为_____mm。（2）现有电源（电动势E为3.0V，内阻不计）、开关和导线若干，以及下列器材：A．电流表（量程0～3A，内阻约0.05Ω）B．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.2Ω）C．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）D．滑动变阻器（0～10Ω，额定电流2A）E．滑动变阻器（0～100Ω，额定电流1A）为减小误差，且便于操作，在实验中电流表应选______，滑动变阻器应选_______（选填器材前的字母）。（3）实验过程中，该同学依次记录了电流表和电压表的测量数据，如下表所示：实验次数1234567U/V0.100.300.701.001.501.802.30I/A0.020.060.140.180.280.340.42根据表格中的数据可知：该同学在实验中采用的是____A．分压电路、电流表内接B．分压电路、电流表外接C．限流电路、电流表内接D．限流电路、电流表外接（4）关于上述实验的操作，下列说法正确的是______A．开关闭合前，滑动变阻器的滑片应位于滑动变阻器接入电路中的阻值最大处B．为了减小实验的偶然误差，应该多测几组电压值和电流值，分别求出电压和电流的平均值计算电阻C．若不计实验的偶然误差，上述实验中电阻丝的测量值偏小，主要原因是电压表分流D．若不计实验的偶然误差，上述实验中电阻丝的测量值偏大，主要原因是电流表分压（5）考虑到电表的内阻可能对实验产生系统误差，甲同学按照如图所示电路，保持电压表左端接线位置不变，先将电压表接在b点，读出两表的示数分别为U1、I1，然后将电压表改接在a点，读出两表的示数分别为U2、I2。他认为：电阻R的值可以用U2和I1的比值来求，这样可以消除电表内阻带来的测量误差。请问你是否同意他的想法，并说明理由______。（6）乙同学采用如图所示的电路进行测量，R0为保护电阻。实验中闭合开关S后，记录电流表的示数I0，多次改变滑片c的位置，分别测出电阻丝接入电路中的长度及所对应的电压值U，之后作出U－L的图线如图所示。若已知金属丝的直径d、U－L图线斜率的绝对值k，请写出本次实验中该金属丝电阻率测量值的表达式，并说明电流表内阻对电阻率测量结果是否会产生影响；若产生影响，将导致电阻率的测量结果偏大还是偏小______。〖答案〗（1）0.460或0.458或0.459或0.461或0.462（2）BD（3）B（4）AC（5）不同意，U2和I1是在两个不同的电路中的测量值，不存在同时的对应关系，所以不能消除电表内阻带来的测量误差（6），电流表内阻对电阻率测量结果没有影响〖解析〗（1）[1]螺旋测微器的精确值为，由图可知电阻丝的直径为（2）[2][3]由于待测电阻约为5Ω，则有则电流表应选B；为减小误差，且便于操作，滑动变阻器应选阻值较小的，即选择D。（3）[4]由表格中的数据可知，电流表和电压表的读数用从零开始调节，则滑动变阻器采用分压接法，由于待测电阻较小，电流表采用外接法。故选B。（4）[5]A．由于滑动变阻器采用分压接法，开关闭合前，滑动变阻器的滑片应位于滑动变阻器接入电路中的阻值最大处，故A正确；B．为了减小实验的偶然误差，应该多测几组电压值和电流值，利用欧姆定律求出每组数据对应电阻阻值，在计算电阻的平均值，故B错误；CD．若不计实验的偶然误差，上述实验中由于电流表采用外接法，误差来源于电压表的分流，使得电流表的读数大于待测电阻的真实电流，则电阻丝的电阻测量值偏小，故C正确，D错误。故选AC。（5）[6]不同意，U2和I1是在两个不同的电路中的测量值，不存在同时的对应关系，所以不能消除电表内阻带来的测量误差。（6）[7]根据电阻定律可得由于电压表的内阻远大于金属丝的电阻，可认为滑片移动时，电路电流保持不变，根据欧姆定律可得又联立可得可知图像的斜率为可得该金属丝电阻率为图中电路图的误差来源于电压表的分流，即误差与电流表内阻无关，电流表内阻对电阻率测量结果没有影响。23.在“测定金属的电阻率”的实验中，某小组选择一根粗细均匀的金属丝（电阻率约为1.0×10–6Ω·m）进行了测量。（1）在测量了金属丝的长度L之后，小明同学用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图1所示，金属丝的直径d＝_____mm。（2）该小组选择图1所示电路进行实验。闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片至某一位置，读出电压表示数U、电流表示数I，则该金属丝电阻率的测量值ρ＝_________（用L、d、U和I表示）（3）由于电表内阻会导致测量的系统误差，因此上述实验中选择图2中电流表和电压表的接法_____（选填“合理”或“不合理”），依据是______________________________。（4）该小组设计用电学方法测流体对挡板的压强。如图3所示，一挡板通过一转轴被系在细金属丝下，悬挂在O点。开始时挡板沿竖直方向处于静止状态，将挡板放入水平流动的气流中时（挡板始终保持竖直方向），挡板向左摆起一定的角度θ，气流速度越大，θ越大，说明气流产生的压强越大。他在水平方向固定一根电阻丝BC，C端在O点正下方，BC与金属丝接触良好，接触点为D，不计接触点D处的摩擦和金属丝电阻。他有1个电动势为E、内阻不计的电源和1个电压表，将这些器材连成图4中的部分电路，请在图4中画出电压表的连接方式，使电压表的示数随气流对挡板的压强的增大而均匀增大______。〖答案〗（1）0.458～0.462（2）（3）合理见详析（4）见详析〖解析〗（1）[1]金属丝的直径（2）[2]电阻的阻值为又，可得（3）[3][4]电阻丝电阻较小，与电流表内阻接近，均远小于电压表内阻，所以电流表采用外接法。故图2中电流表和电压表的接法合理。（4）[5]气流对挡板的压强越大，触点D越靠近B。要求电压表的示数随气流对挡板的压强的增大而均匀增大可设计如下电路，电压表与CD部分并联。24.设地球是质量分布均匀的半径为R的球体。已知地球质量M、引力常量G。（1）推导地球第一宇宙速度v的表达式。（2）不考虑地球自转，求地球表面重力加速度g。（3）设地球自转周期为T，求地球同步卫星距离地面的高度h。（4）考虑地球自转并设地球自转周期为T，求将质量为m的物体，从北极运至赤道的过程中，其对地面的压力的变化量F。〖答案〗（1）；（2）；（3）；（4）〖解析〗（1）对近地卫星有解得（2）在地球表面或附近有解得（3）对地球同步卫星有解得地球同步卫星距离地面的高度（4）在北极时对地压力大小为在赤道时有解得在赤道时对地压力大小为所以25.如图所示，两平行金属板A、B间电势差为，带电量为、质量为的带电粒子，由静止开始从极板A出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D的中心轴线进入偏转电压为的偏转电场，最终从极板C的右边缘射出。偏转电场可看作匀强电场，板间距为d。忽略重力的影响。（1）求带电粒子进入偏转电场时动量的大小；（2）求偏转电场对带电粒子冲量的大小和方向；（3）求加速电场和偏转电场对带电粒子所做的总功；（4）证明带电粒子在偏转电场中的运动轨迹是一条抛物线；（5）保持其他条件不变，仅在极板C、D之间再施加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使得带电粒子恰好从距离极板D右边缘射出偏转电场，求该带电粒子离开偏转电场时的动能。〖答案〗（1）；（2），竖直向上；（3）；（4）见〖解析〗；（5）〖解析〗（1）带电粒子经过加速电场，根据动能定理可得解得则带电粒子进入偏转电场时动量的大小为（2）带电粒子在偏转电场中的加速度大小为根据运动学公式可得联立解得偏转电场对带电粒子冲量的大小为方向竖直向上。（3）加速电场和偏转电场对带电粒子所做的总功为（4）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有竖直方向有联立可得可知带电粒子在偏转电场中的运动轨迹是一条开口向上的抛物线。（5）保持其他条件不变，仅在极板C、D之间再施加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使得带电粒子恰好从距离极板D右边缘射出偏转电场，由于洛伦兹力总是不做功，根据动能定理可得可知该带电粒子离开偏转电场时的动能为电磁场，是一种特殊的物质。26.电场具有能量。如图所示，原子核始终静止不动，α粒子先、后通过A、B两点，设α粒子的质量为m、电荷量为q，其通过A、B两点的速度大小分别为vA和vB，求A点和B点之间的电势差。〖答案〗〖解析〗α粒子从A点到B点过程，根据动能定理可得又联立解得A点和B点之间的电势差为27.变化磁场会在空间中激发感生电场。如图所示，空间中有圆心在O点、垂直纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，当空间中各点的磁感应强度随时间均匀增加时，请证明：感生电场不存在“电势”的概念。〖答案〗见〖解析〗〖解析〗设磁场中有以O为圆心，半径为r的圆形闭合回路，磁感应强度随时间均匀增加，则有回路中产生的感应电动势为带电量为q的粒子在回路中运动一圈有解得在半径为r的圆上选取两条起点和终点相同、但长度不同的弧形路径和，感生电场力做功为可知即感生电场不存在“电势”的概念。28.电磁场不仅具有能量，还具有动量。如图所示，两极板相距为L的平行板电容器，处在磁感应强度为B的匀强磁场中。磁场方向垂直纸面向里。将一长度为L的导体棒ab垂直放在充好电的电容器两极板之间（其中上极板带正电），并与导体板良好接触。上述导体棒ab、平行板电容器以及极板间的电磁场（即匀强磁场、电容器所激发的电场）组成一个孤立系统，不计一切摩擦。当电容器通过导体棒ab的电流为i时，求此时电磁场动量变化率的大小K和方向。〖答案〗K＝BiL，方向水平向左〖解析〗对导体棒有的方向水平向右。系统动量守恒所以对电磁场有所以动量变化量的方向水平向左。29.摆，是物理学中重要的模型之一。如图1所示，一根不可伸长的轻软细绳的上端固定在天花板上的O点，下端系一个摆球（可看作质点）。将其拉至A点后静止释放，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低点。忽略空气阻力。（1）图2所示为绳中拉力F随时间t变化的图线，取重力加速度g＝9.8m/s2，根据所学知识，结合该图像，都能求出哪些物理量。（2）上述摆球的运动并非简谐运动，单摆当且仅当摆角θ很小时才是简谐运动。（〖提示〗：弧度制下，当θ很小时，有）a．请证明当摆角θ很小时，摆球的运动为简谐运动。b．若（2）a中的单摆周期为2s，则称之为秒摆，请估算秒摆的摆长。c．分别位于的海口（北纬20°，重力加速度g1＝9.7863m/s2）和哈尔滨（北纬46°，重力加速度g2＝9.8066m/s2）的两位同学都开展了制作秒摆的活动，请你分析这两地所制作的秒摆的摆长会有怎样的差异？（3）一种检测微小振动的装置原理如图3所示：用三根长为L的轻杆做成桁架，其中顶点A和B分别接在水平和竖直墙面上，杆AB与竖直方向的夹角为α，再在另一顶点处固定一质量为m的摆球P，摆球P连同杆AP和BP可以绕转轴AB无摩擦摆动。求摆球P做小角度振动时的固有周期T。〖答案〗（1）摆的振动周期、摆球质量、摆的最大摆角；（2）a．见详析，b．0.993m或1m，c．海口的秒摆的摆长要比哈尔滨的秒摆的摆长短一些；（3）〖解析〗（1）摆动过程中摆球从A点出发再次回到A点时为一周期，力F从最小值增加到最大值、减小到最小值、增加到最大值、减小到最小值，由F-t图像可知摆的振动周期为T＝2.16s摆球在A点时有在B点时有从A点到B点由动能定理可得联立解得，故可解得摆的振动周期、摆球质量、摆的最大摆角等。（2）a．摆球运动到某一位置P时摆线与竖直方向的夹角为，摆球重力沿圆弧切线方向的分力为假设P点距离最低点的位移大小为x，当很小时，有又因为当很小时，力F的方向与位移方向相反，所以所以当摆角θ很小时，摆球的运动为简谐运动。b．由可得c．由可知T相同时，g越小L也越小。所以海口的秒摆的摆长要比哈尔滨的秒摆的摆长短一些。（3）摆球P做小角度振动时，实际是围绕AB的中点做简谐振动，其等效摆长为等效重力为等效重力加速度故固有周期海淀区2022—2023学年第二学期期末练习反馈题高三物理第一部分1.如图所示，固定在水平地面上的汽缸内密封一定质量的理想气体，活塞处于静止状态。若活塞与汽缸的摩擦忽略不计，且气体与外界环境没有热交换。将活塞从A处缓慢地推至B处的过程中，下列说法正确的是（）A.气体的温度逐渐升高B.气体分子的平均动能逐渐增大C.气体的分子数密度保持不变D.气体的内能可能保持不变〖答案〗AB〖解析〗ABD．活塞从A处缓慢地推至B处的过程中，气体的体积减小，外界对气体做功，即由于气体与外界环境没有热交换，即根据热力学第一定律可知即气体的内能逐渐增大，气体温度逐渐升高，气体分子的平均动能逐渐增大，故AB正确，D错误；C．气体的内能逐渐增大，则气体的温度逐渐升高，气体的体积减小，根据公式可知，气体的压强逐渐增大，所以气体的分子数密度增大，故C错误。故选AB。2.正弦交变电源与电阻R、理想交流电压表按照图1方式连接，已知电阻R＝5.0Ω，交流电压表示数为10.0V。图2是通过电阻R的电流i随时间t变化的图像。下列说法正确的是（）A.电阻R两端的电压的最大值是B.电阻R两端的电压的频率是C.通过电阻R的电流的最大值是D.通过电阻R的电流的有效值是〖答案〗ACD〖解析〗A．交流电压表示数为10.0V，则阻R两端的电压的最大值故A正确；B．由图2可知电压周期为0.02s，所以故B错误；C．通过电阻R的电流的最大值故C正确；D．通过电阻R的电流的有效值故D正确。故选ACD。3.响尾蛇导弹是一种被动制导的空对空导弹，它本身并不发射电磁波，但即使在漆黑的夜晚它也能自动追踪敌方的飞机，并将其击落。响尾蛇导弹的这种本领靠的是电磁波谱中哪一种电磁波的作用（）A.X射线 B.紫外线C.红外线 D.无线电波〖答案〗C〖解析〗红外线热作用较强，响尾蛇导弹在漆黑的夜晚能自动追踪敌方飞机的这种本领靠的是电磁波谱中红外线的作用。故选C。4.各种电磁波在日常生活和生产中已经被大量应用了。关于电磁波的应用，下列说法中正确的有（）A.控制电视、空调的遥控器使用的是红外线B.银行和商店用来鉴别大额钞票真伪的验钞机使用的是X射线C.手机通话使用的无线电波D.机场、车站用来检查旅客行李包的透视仪使用的是紫外线〖答案〗AC〖解析〗A．控制电视、空调的遥控器使用的是红外线，故A正确；B．银行和商店用来鉴别大额钞票真伪的验钞机使用的是紫外线，不是X射线，故B错误；C．手机通话使用的无线电波，故C正确；D．机场、车站用来检查旅客行李包的透视仪使用的是X射线，不是紫外线，故D错误。故选AC。5.关于各种电磁波的性质比较，下列说法中正确的有（）A.由于红外线的波长比可见光长，所以比可见光更容易发生干涉、衍射B.由于γ射线的波长太短了，所以根本无法发生干涉、衍射C.无论哪一种电磁波，在真空中的传播速度都相同D.γ射线的穿透能力最强，所以最适于用来透视人体，检查骨骼和其它病变情况〖答案〗AC〖解析〗A．由于红外线的波长比可见光长，所以比可见光更容易发生干涉、衍射。故A正确；B．干涉、衍射是波特有的属性，γ射线是电磁波，尽管波长较短，仍能发生干涉、衍射。故B错误；C．无论哪一种电磁波，在真空中的传播速度都相同，都为。故C正确；D．γ射线对人体有较大的伤害，所以一般不用来做透视。故D错误。故选AC。6.如图所示为光电效应实验中某金属的遏止电压与入射光的频率的关系图像。仅根据该图像不能得出的是（）A.饱和光电流B.该金属的逸出功C.普朗克常量D.该金属的截止频率〖答案〗ABC〖解析〗根据光电效应方程可得根据动能定理可得联立可得由于不知道电子的电荷量，故根据该图像不能得出的是：饱和光电流、该金属的逸出功和普朗克常量；图像中横轴截距对应的频率等于该金属的截止频率。故选ABC。7.物理课上，老师演示了一个实验：如图所示，水平粗糙木板上放置两个物块，其间有一个处于拉伸状态的弹簧。将木板抬至空中保持水平，两物块相对木板保持静止，下列操作中，可以观察到两物块相对木板运动且彼此靠近的是（）A.将木板连同木块一同静止释放B.将木板连同木块一同水平抛出C.将木板连同木块一同竖直向上抛出D.将木板连同木块一同向上加速托举〖答案〗ABC〖解析〗A．将木板连同木块一同静止释放，木块在空中处于完全失重状态，物块与木板间的弹力为零，摩擦力为零，两物块在弹力作用下相对木板运动且彼此靠近，故A正确；B．将木板连同木块一同水平抛出，木块在空中处于完全失重状态，物块与木板间的弹力为零，摩擦力为零，两物块在弹力作用下相对木板运动且彼此靠近，故B正确；C．将木板连同木块一同竖直向上抛出，木块在空中处于完全失重状态，物块与木板间的弹力为零，摩擦力为零，两物块在弹力作用下相对木板运动且彼此靠近，故C正确；D．将木板连同木块一同向上加速托举，木块处于超重状态，物块与木板间的弹力变大，最大静摩擦力变大，两物块与木板仍相对静止，故D错误。故选ABC。8.如图所示，细绳的一端系一质量为m的小球，另一端固定在电梯的天花板O点处。将小球沿水平方向拉开一小段距离使小球往复摆动，P点和Q点分别为其振动的最低点和最高点。不计空气阻力。下列说法正确的是（）A.当小球摆至Q点时，若电梯开始自由下落，则小球将绕O点做匀速圆周运动B.当小球摆至Q点时，若电梯开始自由下落，则小球可以在Q点与电梯保持相对静止C.当小球摆至P点时，若电梯开始自由下落，则小球将绕O点做匀速圆周运动D.当小球摆至P点时，若电梯开始自由下落，则小球可以在P点与电梯保持相对静止E.当小球摆至P点与Q点之间的某一点时，若电梯开始自由下落，则小球都可以将绕O点做匀速圆周运动F.当小球摆至P点与Q点之间的某一点时，若电梯开始自由下落，则小球都可以在该点与电梯保持静止〖答案〗BCE〖解析〗AB．当小球摆至Q点时，小球的速度为零，若电梯开始自由下落，小球处于完全失重状态，与电梯运动状态一致，则小球可以在Q点与电梯保持相对静止，故A错误，B正确；CD．当小球摆至P点时，小球的速度为水平方向，若电梯开始自由下落，小球在竖直方向也将自由下落，小球处于完全失重状态，小球将在绳拉力作用下，做匀速圆周运动，故C正确，D错误；EF．当小球摆至P点与Q点之间的某一点时，若电梯开始自由下落，小球也将处于完全失重状态，此时可以将摆看作处于太空之中，因为小球有速度且速度垂直于细绳，则小球将在绳拉力作用下，做匀速圆周运动，故E正确，F错误。故选BCE。9.关于在恒定阻力作用下，做竖直上抛运动的物体，下列说法正确的是（）A.动能Ek随时间t变化的快慢随时间均匀变化B.动量p随时间t变化的快慢随时间均匀增大C.重力势能Ep随位移x变化的快慢随时间保持不变D.机械能E随位移x变化的快慢随时间均匀减小〖答案〗AC〖解析〗A．上升过程，有可得下降过程，有可知动能Ek随时间t变化的快慢随时间均匀增大，故A正确；B．根据动量定理可得可得可知动量p随时间t变化的快慢保持不变，故B错误；C．根据重力势能与重力做功的关系，可知重力势能减少量为可得可知重力势能Ep随位移x变化的快慢保持不变，故C正确；D．根据功能关系有所以可知机械能E随位移x变化的快慢保持不变，故D错误。故选AC。10.如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（）A.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向B.圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为C.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为〖答案〗D〖解析〗A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为大小为0，故B错误；C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为大小为，故D正确。故选D。11.真空中两个等量异号的点电荷，其中负点电荷位于A点，正点电荷位于A′点，以AA′连线中点O建立空间直角坐标系O－xyz，如图所示。位于z轴正半轴上的P点处有一带正电的试探电荷，下列说法正确的是（）A.P点与O点的电场强度相等B.P点的电势比B点的电势高C.将试探电荷从P点移至C点的过程中，它的电势能增大D.将试探电荷从P点静止释放，它将沿z轴做匀速直线运动〖答案〗B〖解析〗A．等量异种电荷电场线分布如图所示等量异种电荷连线中点是中垂面上电场强度最大的点，则P点的电场强度小于O点的电场强度，故A错误；BC．等量异种电荷的中垂面为等势面，根据沿电场线方向电势降低，可知P点电势大于B点电势，P点电势等于C点电势，将试探电荷从P点移至C点，它的电势能不变，故B正确，C错误；D．将试探电荷从P点静止释放，由于P点电场方向与方向平行，试探电荷受到的电场力与方向平行，它不可能沿z轴做匀速直线运动，故D错误。故选B。12.氢原子在可见光区的4条特征谱线是玻尔理论的实验基础。如图所示，这4条特征谱线（记作Hα、Hβ、Hγ和Hδ）分别对应着氢原子从n=3、4、5、6能级向n=2能级的跃迁，下面4幅光谱图中，合理的是（选项图中长度标尺的刻度均匀分布，刻度值从左至右增大）（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗光谱图中谱线位置表示相应光子的波长。氢原子从n=3、4、5、6能级分别向n=2能级跃迁时，发射的光子能量增大，所以光子频率增大，光子波长减小，在标尺上Hα、Hβ、Hγ和Hδ谱线应从右向左排列。由于氢原子从n=3、4、5、6能级分别向n=2能级跃迁释放光子能量的差值越来越小，所以，从右向左4条谱线排列越来越紧密，故A正确。故选A。13.如图所示，MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计。ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，金属杆具有一定质量和电阻。开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，杆所受安培力为F、通过杆的感应电流为I、杆中产生的感应电动势为E、杆的加速度为a、随时间t变化的图像可能是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗设开关S闭合时，金属杆的速度为，磁感应强度为，金属杆长度为，金属杆电阻为，质量为；此时感应电动势为感应电流为安培力为若，根据牛顿第二定律可得可知开关S闭合后，金属杆做加速度逐渐减小加速运动，当安培力等于重力时，金属杆做匀速直线运动，可知金属杆所受安培力从逐渐增大到稳定值，感应电流从逐渐增大稳定值，感应电动势为逐渐增大到稳定值；若，根据牛顿第二定律可得可知开关S闭合后，金属杆做加速度逐渐减小减速运动，当安培力等于重力时，金属杆做匀速直线运动，可知金属杆所受安培力从逐渐减小到稳定值，感应电流从逐渐减小稳定值，感应电动势为逐渐减小到稳定值。故选C。14.云室内静止在范围足够大的匀强磁场（图中未画出）中P点的原子核发生α衰变，衰变产生的新核与α粒子恰在纸面内运动，经过一段时间后观察到的轨迹如图所示。下列说法正确的是（）A.沿曲线PM运动的原子核比荷较小B.沿曲线PM运动的原子核动量较小C.曲线PQ可能是抛物线的一部分D.沿曲线PQ运动的可能是α粒子〖答案〗A〖解析〗衰变前原子核处于静止状态，衰变过程满足动量守恒，则衰变后瞬间新核与α粒子动量大小相等，方向相反；新核与α粒子在洛伦兹力作用下均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得可得由于新核与α粒子动量大小相等，α粒子电荷量小于新核的电荷量，则α粒子的轨道半径大于新核的轨道半径，则沿曲线PM运动的是α粒子，α粒子的比荷较小。故选A。15.如图所示，一块长为a、宽为b、高为c长方体半导体器件，其内载流子数密度为n，沿方向通有恒定电流。在空间中施加一个磁感应强度为B、方向沿方向的匀强磁场，半导体上、下表面之间产生稳定的电势差U，下列说法正确的是（）A.若载流子为正电荷，则上表面电势高于下表面电势B.若载流子为正电荷，其所带电荷量为C.半导体内载流子所受沿z方向电场力的大小为D.电势差U与载流子数密度n成正比〖答案〗ABC〖解析〗A．沿方向通有恒定电流，若载流子正电荷，则电荷移动方向沿方向，磁感应强度方向沿方向，根据左手定则可知，正电荷向上偏转，故上表面电势高于下表面电势，故A正确；BD．半导体上、下表面之间产生稳定的电势差时，电场力与洛伦兹力平衡，则有根据电流的微观意义可知联立可得，可知电势差U与载流子数密度n成反比，故B正确，D错误；C．半导体内载流子所受沿z方向电场力的大小为故C正确。故选ABC。16.如图所示为某小组设计的电子秤原理图。轻质托盘与竖直放置的轻弹簧相连。R0为定值电阻，滑动变阻器R的滑片与弹簧上端连接。当盘中没有放物体时，滑片刚好位于滑动变阻器的最上端。该小组用理想电压表的示数U反映待测物体的质量m；用单位质量变化下，电压表示数变化量的绝对值描述电子秤的灵敏度。不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，下列操作中会降低电子秤灵敏度的是（）A.仅减小电源电动势B.仅增大电阻R0的阻值C.仅减小弹簧的劲度系数D.仅增大滑动变阻器接入电路的阻值〖答案〗ABD〖解析〗由图可知：滑动变阻器与R0串联，滑动变阻器的电阻全部连入电路；电压表测量滑片下半部分电阻两端的电压；当滑动变阻器滑片P向下移动时，电路中的电阻不变，由欧姆定律可知电路中电流不变；电压表的示数滑动变阻器又，假设滑动变阻器总长度为，则解得可得A．由可得，仅减小电源电动势，电子秤灵敏度降低，故A正确；B．由可得，仅增大电阻R0的阻值，电子秤灵敏度降低，故B正确；C．由可得，仅减小弹簧的劲度系数,电子秤灵敏度升高，故C错误；D．由可得，由于滑动变阻器的电阻全部连入电路，所以仅增大滑动变阻器接入电路的阻值即增大，电子秤灵敏度减小，故D正确。故选ABD。17.等离激元蒸汽发生器是一种用于产生纯净蒸汽的装置。实验发现，用光照射含有纳米银颗粒（可视为半径约10.0nm的球体，其中每个银原子的半径约0.10nm）的水溶液。纳米银颗粒吸收一部分光而升温，从而使其周围的水汽化而产生纯净的水蒸气，但整个水溶液的温度并不增加。该现象可解释为纳米银颗粒中的电子在光场（即只考虑其中频率为的简谐交变电场）的作用下，发生集体振荡（即等离激元振荡）从而与光发生共振吸收。电子均匀分布在纳米银颗粒内（如图中虚线圆所示），当施加电场E0后，纳米银颗粒中的电子会在很短的时间内整体发生一个与E0相反的微小偏离xp，使电子整体分布于一个新的球面内（如图中实线圆所示，且xp远小于纳米银颗粒半径），导致纳米银颗粒的右端出现正电荷，中间部分（实线与虚线所围中间区域）呈电中性。当E0反向，上述正负电荷分布对称地变换。中间部分与两侧交界的电荷可忽略不计。若上述过程在E0cost的光场作用下连续进行时，便称之为等离激元振荡。下列说法正确的是（）A.纳米银颗粒内的电子整体发生位移xp的过程中伴随着磁场能向电场能的转化B.图中白色部分可能存在电场强度大小为E0、方向与xp相同的电场C.纳米银颗粒在E0cost的光场作用下，产生的等离激元振荡为简谐振荡D.为使纳米银颗粒中产生等离激元振荡，光场的频率应满足＝1E.若已知银的摩尔质量和阿伏伽德罗常数，可以求得纳米银颗粒中银原子的个数F.可将上述等离激元振荡的过程等效成带有阻尼的LC振荡电路G.纳米银颗粒吸收光的机制与氢原子吸收光的机制完全相同〖答案〗ACEF〖解析〗A．纳米银颗粒内的电子整体发生位移xp的过程中伴随着磁场能向电场能的转化，A正确；B．图中白色部分可能存在电场强度大小为E0、方向与xp相反的电场，B错误；C．纳米银颗粒在E0cost的光场作用下，产生的等离激元振荡为简谐振荡，C正确；D．为使纳米银颗粒中产生等离激元振荡，光场的频率应满足得D错误；E．由球体体积比为半径比三次方，可以求得纳米银颗粒中银原子的个数E正确；F．可将上述等离激元振荡的过程等效成带有阻尼的LC振荡电路，F正确；G．纳米银颗粒吸收光的机制与氢原子吸收光的机制不完全相同，G错误。故选ACEF。第二部分18.某同学用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。将图1中的零件组装成图2中的变压器。将原线圈接在交流电源上，将副线圈接在电压传感器（可视为理想电压表）上，观察到副线圈电压U2随时间t变化的图像如图3所示，在保证安全的前提下，该同学可能在t1～t2时间内进行的操作是______。（选填选项前的字母）A．减少了原线圈的匝数B．减少了副线圈的匝数C．降低了交流电源的频率D．拔掉了变压器铁芯Q〖答案〗A〖解析〗根据理想变压器原副线圈电压与匝数关系由图3可知，之后副线圈的电压变大。减少了原线圈的匝数，则副线圈的电压变大；减少了副线圈的匝数，则副线圈的电压变小；降低了交流电源的频率，则副线圈的电压不变；拔掉了变压器铁芯Q，由于漏磁使得副线圈的电压变小。综上分析可知该同学可能在时间内进行的操作是：减少了原线圈的匝数。故选A。19.如图所示，一束光沿AO从空气射入折射率为n玻璃中，以O点为圆心、R为半径作圆，与折射光的交点为B，过B点向两介质的交界面作垂线，垂足为N，AO的延长线交BN于M，记OM＝r。再以O点为圆心、r为半径作圆。可知该液体的折射率的测量值n＝______。（用r、R表示）〖答案〗〖解析〗根据题意，设入射角为i，折射角为，由几何关系可得，由折射定律可得20.用图示电路给电容器C充、放电。开关S接通1，稳定后改接2，稳定后又改接1，如此反复。下表记录了充、放电过程中某两个时刻通过电流表的电流方向，根据该信息，在表格内各空格处填上合理的〖答案〗。时刻通过电流表的电流方向电流表中的电流正在增大还是减小开关S当前正在接1还是接2电容器两端的电压正在增大还是减小整个电路中的能量正在怎样转化此时电容器是在充电还是在放电t1减小t2增大〖答案〗向左，减小，2，电容器存储的电能，放电；向右，减小，1，电源的能量储存在电容器中，充电转化为其他〖解析〗由于时刻电容器两端的电压正在减小，说明电容器在这个时候电容器是在放电，所以开关S当前应该正在接通2，而在放电过程中，电容器两极板的电荷量逐渐减少，通过电流表的电流方向向左，电压也逐渐减少，电流也逐渐减少。放电过程中电容器存储的电能转化为其他形式的能。由于时刻电容器两端的电压正在增大，说明电容器在这个时候电容器是在充电，所以开关S当前应该正在接通1，而在充电过程中，电容器两极板的电荷量逐渐增大，通过电流表的电流方向向右，逐渐达到饱和状态，电压也逐渐增大，但是电流还是逐渐减少的。充电过程中电源的能量存储在电容器中。21.在如图所示的盒内，有电阻、二极管、电容器各1个，盒外有A、B、C三个接线柱，用多用电表欧姆挡测量结果如下：①A、C间正反接电阻值相等；②黑表笔接A、红表笔接B点时电阻很小，反接时电阻很大；③黑表笔接C点、红表笔接B点时指针先摆向“0Ω”刻度线再返回指向一定确定值，但其电阻值比①中测得的电阻值略大一些，反接时现象相似但比①中测得的电阻值大很大。请在盒内画出可能的电路结构_____。〖答案〗〖解析〗用多用电表欧姆挡测量结果如下：①A、C间正反接电阻值相等，可知测量A、C间时，连入电路是一定值电阻；②黑表笔接A、红表笔接B点时电阻很小，反接时电阻很大，可知A、B间为二极管，且测量A、B间时，二极管正向接入电路中；③黑表笔接C点、红表笔接B点时指针先摆向“0Ω”刻度线再返回指向一定确定值，但其电阻值比①中测得的电阻值略大一些，反接时现象相似但比①中测得的电阻值大很大，可知B、C间为电容器，黑表笔接C点、红表笔接B点时，一开始电容器充电，刚充电瞬间电容器等效成一导线，则指针先摆向“0Ω”刻度线，充电结束后，电容器断路，定值电阻和二极管正向接入电路中；反接时由于二极管反向接入电路中，则电容器充电结束后，测得电阻很大。综上分析可知，盒内画出可能的电路结构如图所示22.在“测量金属丝的电阻率”的实验中，某同学选择一根粗细均匀的、阻值约为5Ω的电阻丝进行了测量。（1）在测量了电阻丝的长度之后，该同学用螺旋测微器测量电阻丝的直径，测量结果如图所示为_____mm。（2）现有电源（电动势E为3.0V，内阻不计）、开关和导线若干，以及下列器材：A．电流表（量程0～3A，内阻约0.05Ω）B．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.2Ω）C．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）D．滑动变阻器（0～10Ω，额定电流2A）E．滑动变阻器（0～100Ω，额定电流1A）为减小误差，且便于操作，在实验中电流表应选______，滑动变阻器应选_______（选填器材前的字母）。（3）实验过程中，该同学依次记录了电流表和电压表的测量数据，如下表所示：实验次数1234567U/V0.100.300.701.001.501.802.30I/A0.020.060.140.180.280.340.42根据表格中的数据可知：该同学在实验中采用的是____A．分压电路、电流表内接B．分压电路、电流表外接C．限流电路、电流表内接D．限流电路、电流表外接（4）关于上述实验的操作，下列说法正确的是______A．开关闭合前，滑动变阻器的滑片应位于滑动变阻器接入电路中的阻值最大处B．为了减小实验的偶然误差，应该多测几组电压值和电流值，分别求出电压和电流的平均值计算电阻C．若不计实验的偶然误差，上述实验中电阻丝的测量值偏小，主要原因是电压表分流D．若不计实验的偶然误差，上述实验中电阻丝的测量值偏大，主要原因是电流表分压（5）考虑到电表的内阻可能对实验产生系统误差，甲同学按照如图所示电路，保持电压表左端接线位置不变，先将电压表接在b点，读出两表的示数分别为U1、I1，然后将电压表改接在a点，读出两表的示数分别为U2、I2。他认为：电阻R的值可以用U2和I1的比值来求，这样可以消除电表内阻带来的测量误差。请问你是否同意他的想法，并说明理由______。（6）乙同学采用如图所示的电路进行测量，R0为保护电阻。实验中闭合开关S后，记录电流表的示数I0，多次改变滑片c的位置，分别测出电阻丝接入电路中的长度及所对应的电压值U，之后作出U－L的图线如图所示。若已知金属丝的直径d、U－L图线斜率的绝对值k，请写出本次实验中该金属丝电阻率测量值的表达式，并说明电流表内阻对电阻率测量结果是否会产生影响；若产生影响，将导致电阻率的测量结果偏大还是偏小______。〖答案〗（1）0.460或0.458或0.459或0.461或0.462（2）BD（3）B（4）AC（5）不同意，U2和I1是在两个不同的电路中的测量值，不存在同时的对应关系，所以不能消除电表内阻带来的测量误差（6），电流表内阻对电阻率测量结果没有影响〖解析〗（1）[1]螺旋测微器的精确值为，由图可知电阻丝的直径为（2）[2][3]由于待测电阻约为5Ω，则有则电流表应选B；为减小误差，且便于操作，滑动变阻器应选阻值较小的，即选择D。（3）[4]由表格中的数据可知，电流表和电压表的读数用从零开始调节，则滑动变阻器采用分压接法，由于待测电阻较小，电流表采用外接法。故选B。（4）[5]A．由于滑动变阻器采用分压接法，开关闭合前，滑动变阻器的滑片应位于滑动变阻器接入电路中的阻值最大处，故A正确；B．为了减小实验的偶然误差，应该多测几组电压值和电流值，利用欧姆定律求出每组数据对应电阻阻值，在计算电阻的平均值，故B错误；CD．若不计实验的偶然误差，上述实验中由于电流表采用外接法，误差来源于电压表的分流，使得电流表的读数大于待测电阻的真实电流，则电阻丝的电阻测量值偏小，故C正确，D错误。故选AC。（5）[6]不同意，U2和I1是在两个不同的电路中的测量值，不存在同时的对应关系，所以不能消除电表内阻带来的测量误差。（6）[7]根据电阻定律可得由于电压表的内阻远大于金属丝的电阻，可认为滑片移动时，电路电流保持不变，根据欧姆定律可得又联立可得可知图像的斜率为可得该金属丝电阻率为图中电路图的误差来源于电压表的分流，即误差与电流表内阻无关，电流表内阻对电阻率测量结果没有影响。23.在“测定金属的电阻率”的实验中，某小组选择一根粗细均匀的金属丝（电阻率约为1.0×10–6Ω·m）进行了测量。（1）在测量了金属丝的长度L之后，小明同学用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图1所示，金属丝的直径d＝_____mm。（2）该小组选择图1所示电路进行实验。闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片至某一位置，读出电压表示数U、电流表示数I，则该金属丝电阻率的测量值ρ＝_________（用L、d、U和I表示）（3）由于电表内阻会导致测量的系统误差，因此上述实验中选择图2中电流表和电压表的接法_____（选填“合理”或“不合理”），依据是______________________________。（4）该小组设计用电学方法测流体对挡板的压强。如图3所示，一挡板通过一转轴被系在细金属丝下，悬挂在O点。开始时挡板沿竖直方向处于静止状态，将挡板放入水平流动的气流中时（挡板始终保持竖直方向），挡板向左摆起一定的角度θ，气流速度越大，θ越大，说明气流产生的压强越大。他在水平方向固定一根电阻丝BC，C端在O点正下方，BC与金属丝接触良好，接触点为D，不计接触点D处的摩擦和金属丝电阻。他有1个电动势为E、内阻不计的电源和1个电压表，将这些器材连成图4中的部分电路，请在图4中画出电压表的连接方式，使电压表的示数随气流对挡板的压强的增大而均匀增大______。〖答案〗（1）0.458～0.462