浙江省嘉兴市桐乡市2023-2024学年高三上学期1月期末物理试题

浙江省嘉兴市桐乡市2023-2024学年高三上学期1月期末物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、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．下列单位属于国际单位制中基本单位的是（）A．赫兹（Hz） B．伏特（V） C．安培（A） D．瓦特（W）2．如图所示，下列四幅图像能描述物体做自由落体运动的是（）A． B．C． D．3．在三星堆考古发现中，考古人员对“祭祀坑”中出土的碳屑样本通过14C年代检测，推算出文物的年代。其中14C的衰变方程为A．614B．614C的比结合能比C．X是来源于原子外层的电子D．文物长时间埋在地下会导致14C4．如图所示是户外露营中使用的一种便携式三脚架，它由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根轻杆均可绕铰链自由转动。将三脚架静止放在水平地面上，吊锅通过细铁链静止悬挂在三脚架正中央，三脚架正中央离地高度为h且小于杆长，吊锅和细铁链的总质量为m，支架与铰链间的摩擦忽略不计，则（）A．吊锅受到3个力的作用B．铁链对吊锅的拉力大于吊锅的重力C．每根轻杆受到地面的作用力大小为mgD．减小h时，每根轻杆对地面摩擦力增大5．2022年7月25日，问天实验舱成功与轨道高度约为430km的天和核心舱完成对接如图所示，对接后组合体绕地球的运动可视为匀速圆周运动。已知地球半径R，引力常量G，地球表面重力加速度g，根据题中所给条件，下列说法正确的是（）A．组合体的周期大于24小时B．可以计算出地球的平均密度C．组合体的向心加速度小于赤道上物体随地球自转的向心加速度D．若实验舱内有一单摆装置，将摆球拉开一个小角度静止释放会做简谐运动6．如图所示是击打出的羽毛球在空中运动过程的频闪照片。O、P、Q三点分别是羽毛球在上升、到达最高点和下落阶段，羽毛球的泡沫头所在的位置。从O运动到Q的过程中（）A．在O点，羽毛球受到的合力向上B．在P点，羽毛球只受到重力作用C．在Q点，羽毛球的机械能最小D．羽毛球在相等时间内发生的水平位移相等7．如图所示，并列悬挂两个相同的弹簧振子，分别将小球A、小球B向下拉至P、Q位置，此时两球离开平衡位置的距离分别为x和1.A．小球A到达最高点时，小球B还没有到达平衡位置B．在平衡位置时，小球A与小球B的动能相等C．运动过程中，小球A和小球B的速度不可能相等D．小球B比小球A总是滞后四分之一个周期8．如图所示，水平地面（Oxy平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴，一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的是（）A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相反B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等9．如图所示是电容式位移传感器示意图，当被测物体在左、右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两板之间移动。为判断物体是否发生位移，将该传感器与恒压直流电源、电流表和开关串联组成闭合回路（电路未画出），已知电容器的电容C与电介质板进入电容器的长度x之间满足关系C=CA．若物体向右移动，电容器极板间电压增大B．若物体向左移动，电容器极板带电量增大C．当物体向左匀速运动时，流过电流表的电流均匀增大D．物体向不同方向移动时，流过电流表的电流方向不变10．如图甲所示，圆形区域ABCD处在平行于纸面的匀强电场中，圆心为O，半径为R=0.1m。P为圆弧上的一个点，PO连线逆时针转动，θ为PO连线从AO位置开始旋转的角度，P点电势随A．匀强电场的场强大小为10V/mB．匀强电场的场强方向垂直AC连线向上C．一电子从A点沿圆弧运动到C点，电势能减小2eVD．一电子从B点沿圆弧逆时针运动到D点，电场力先做负功后做正功11．如图所示，直角三棱镜ABC中，一细束单色光在棱镜的侧面AC上以大角度由D点入射（入射面在棱镜的横截面内），入射角为i，经折射后射至AB边的E点。逐渐减小i，E点向B点移动，当sini=16时，恰好没有光线从ABA．单色光射入棱镜后波长变长B．从AB边射出的光线与AC边射入的光线有可能平行C．棱镜对该单色光的折射率为37D．光线DE不可能垂直AB面射出棱镜12．球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即F阻=kv2，A．发动机的最大推力为1B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为5C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g13．我国已投产运行的1100kV特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程，输送电功率最大可达1200万千瓦。输电线路流程和数据可简化为如图所示，若直流线路的输电线总电阻为10Ω，变压与整流等造成的能量损失均不计，直流和交流逆变时有效值不发生改变。当直流线路输电电流为4×10A．输送电功率为1B．降压变压器匝数比为11∶5C．直流输电线上损失的功率为1.6×1D．若保持输送电功率不变，改用550kV输电，直流输电线上损失的功率为6二、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是符合题目要求的。全部选对得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）14．如图所示，甲、乙、丙、丁四幅图摘自课本，下列说法正确的是（）A．图甲酱油的色素分子进入到蛋清内是扩散现象B．图乙灯焰在肥皂膜上形成条纹是光的干涉现象C．图丙电焊作业时发出耀眼的电焊弧光是紫外线D．图丁所示雪花形状规则，说明雪花具有各向同性15．如图所示，图甲为光电效应实验的电路图（电源正负极可对调），用一定强度的单色光a、b分别照射阴极K，用电流表A测量流过光电管的电流I，用电压表V测量光电管两极间的电压U，调节滑动变阻器，得到如图乙所示的I与U的关系图像。则（）A．用a光照射时光电管的极限频率高于用b光照射时光电管的极限频率B．a光在水中的传播速度比b光小C．a光的光子动量大于b光的光子动量D．变阻器滑片滑到最左端时，光电流I为零三、非选择题部分16．利用如图1装置做“验证机械能守恒定律”实验。（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的____。A．动能变化量与势能变化量B．速度变化量和势能变化量C．速度变化量和高度变化量（2）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是。A．交流电源B．刻度尺C．天平（含砝码）17．在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，实验装置如图所示。（1）小飞同学以线状白炽灯为光源，对实验装置进行调节并观察了实验现象后，总结出以下几点，正确的是。A．单缝和双缝必须平行放置B．观察到的干涉条纹与双缝垂直C．将绿色滤光片改成红色滤光片，能增大光屏上相邻两条亮纹之间距离D．增大单缝和双缝之间的距离，能增大光屏上相邻两条亮纹之间距离（2）实验中，用测量头测量条纹间的宽度：先将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，如图所示，此时手轮上的读数为mm。18．如图所示为某同学用单摆利量重力加速度的实验，他测得的重力加速度数值小于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是（）A．开始摆动时振幅较小B．开始计时时，过早按下秒表C．在测量完摆长之后悬挂点细线松动D．测量周期时，误将摆球29次全振动的时间记为30次19．在“测量金属丝的电阻率”实验中，某同学用电流表和电压表测量一金属丝的电阻。（1）该同学先用欧姆表“×1”挡粗测该金属丝的电阻，示数如图所示，金属丝电阻R=Ω。（2）除电源（电动势3.0V，内阻不计）、电压表（量程0∼3V，内阻约3kΩ），电流表（量程0∼0.A．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流2A）B．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.为调节方便、测量准确，实验中滑动变阻器应选用______（选填实验器材前对应的字母）。（3）该同学测量金属丝两端的电压U和通过金属丝的电流I，得到多组数据，并在坐标图上标出，如图所示。根据图线得出该金属丝电阻R=Ω（结果保留三位有效数字）。（4）将定值电阻替换为小灯泡，改用电流传感器测得小灯泡的电流随时间变化的图线，会是哪个图（填“图甲”或“图乙”），并分析说明原因是。20．以下实验中，说法正确的是（）A．“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中，每次增加的钩码数量必须相等B．“探究平抛运动的特点”实验中，斜槽末端要保持水平C．“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验中，应快速压缩活塞，以防止漏气D．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，测量时弹簧秤外壳与木板之间可以存在摩擦21．一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－T图上从a到b的线段所示。在此过程中（）A．气体一直对外做功B．气体的内能一直增加C．气体一直从外界吸热D．气体吸收的热量等于其内能的增加量22．如图所示，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。（重力加速度为（1）求封闭气体的压强p和弹簧的劲度系数k；（2）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。23．如图所示，固定斜面AB平滑连接固定光滑圆弧BCD，C为圆弧最低点，圆弧最高点D与光滑半圆管DE相切，E与长度L=1m的传送带相连，传送带右侧为足够长的粗糙水平面。一个质量m1=0.1kg的小物块从斜面顶端A下滑。已知斜面高h=0.3m，倾角θ=37∘，与物体间动摩擦因数μ1=0.5；圆弧BCD和半圆管DE（1）若小物块初速度为零开始下滑，经过C点时对轨道的压力是多大；（2）若给小物块合适的沿斜面向下的初速度，它就可到达E点，则与此初速度对应的初动能Ek（3）若给小物块沿斜面向下的初速度，使其运动过程中不脱离轨道，则与此初速度对应的初动能Ek24．在小车上竖直固定着一个高h=0.1m、长为l、总电阻R=1Ω的单匝闭合矩形线圈。小车以v0=1m/s的速度在光滑的水平面上向右运动，随后穿过与线圈平面垂直，磁感应强度B=1T的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里且边界宽度为d（d>l），如图甲所示。已知小车运动的速度v随车的位移x变化的v-（1）矩形线圈的长度l和磁场的宽度d；（2）小车在位移x=10cm时的速度v大小和线圈中的电流大小I；（3）线圈和小车通过磁场的过程中克服安培力做的功。25．双聚焦分析器是一种能同时实现速度聚焦和方向聚焦的质谱仪，其模型图如图1所示，原理图如图2所示。如图2，加速电场的电压为U，电场分析器中有指向圆心O的辐射状电场，磁场分析器中有垂直纸面的匀强磁场。若质量为m、电荷量为+q的离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后，进入辐射状电场，恰好沿着半径为R的圆弧轨迹通过电场区域后，垂直磁场左边界从P点进入圆心为O1的四分之一圆形磁场区域，PO1=d，之后垂直磁场下边界O1O2从K点射出并进入检测器，检测器可在O1M和O2N之间左右移动且与磁场下边界的距离恒等于0.5d。（1）求电场分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小；（2）求磁场区域磁感应强度B；（3）若两种不同离子，经过电场分析器和磁场分析器后，分别打到M和N点，且探测器在M点和N点接收到的两种离子离开O1O2时速度方向与O1O2所夹锐角相同，求探测器在M点和N点接收到的两种离子比荷之比。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】国际单位制共有七个基本物理单位。包括如下：热力学温度（K），长度（m），质量（kg），时间（s），电流（A），物质的量（mol），光强度（cd）。

故答案为：C。

【分析】国际单位制共有七个基本物理单位。包括如下：热力学温度（K），长度（m），质量（kg），时间（s），电流（A），物质的量（mol），光强度（cd）。2．【答案】A【解析】【解答】A、自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，根据速度时间公式为v=gt

可知v-t图像是过原点的倾斜直线，故A正确；

BC、自由落体运动所受合外力不变、加速度不变，可知a-t、F-t图像为平行于x轴的直线，故BC错误；

D、位移时间关系公式为h=12gt2

3．【答案】B【解析】【解答】A、614C衰变时电荷数和质量数都守恒，由此可知X为-10e，所以614C发生的是β衰变，故A错误；

B、614C衰变成714N，故714N比6144．【答案】D【解析】【解答】AB、吊锅受到重力、铁链对吊锅的拉力，共2个力的作用，吊锅静止，则铁链对吊锅的拉力等于吊锅的重力，故AB错误；

C、设轻杆与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得3F解得每根轻杆受到地面的作用力大小为F=故C错误；

D、每根轻杆对地面摩擦力为f=F减小h时，θ增大，每根轻杆对地面摩擦力增大，故D正确。

故答案为：D。

【分析】明确吊锅的受力情况，确定高度变化时，杆与竖直方向夹角的变化情况，再根据平衡条件及力的合成与分解进行解答即可。5．【答案】B【解析】【解答】A、根据万有引力提供向心力，有G解得T=2π由于组合体的轨道高度小于同步卫星的轨道高度，所以组合体的周期小于同步卫星的周期，即组合体的周期小于24h，故A错误；

B、根据万有引力与重力的关系，即G地球的密度为ρ=联立解得ρ=故B正确；

C、根据万有引力提供向心力，有G解得向心加速度为a组合体的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，但由于同步卫星与赤道上的物体具有相同的角速度，而同步卫星的半径大于赤道上物体的半径，根据公式a所以同步卫星的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，则组合体的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，故C错误；

D、静止释放小球，小球将无法做简谐运动，小球处于完全失重状态，故D错误。

故答案为：B。

【分析】根据题意确定组合体的轨道高度与同步卫星的轨道高度的关系。再根据万有引力定律及牛顿第二定律进行分析。小球处于完全失重状态，小球将无法做简谐运动。6．【答案】C【解析】【解答】BD、由图可知，羽毛球从O运动到Q过程中，相邻两点间的水平位移逐渐减小，故羽毛球水平方向做减速运动，羽毛球受重力和阻力作用，故BD错误；

A、羽毛球做曲线运动，轨迹向力的方向弯曲，所以在O点，羽毛球受到的合力斜向左下方，故A错误；

C、由于阻力做负功，所以羽毛球的机械能减小，所以在Q点羽毛球的机械能最小，故C正确。

故答案为：C。

【分析】根据图示确定羽毛球在水平方向上和竖直方向上位移的变化情况，继而确定羽毛球的受力情况。羽毛球做曲线运动，受到的合力指向曲线的凹侧。阻力做负功，羽毛球的机械能减小。7．【答案】D【解析】【解答】AD、并列悬挂两个相同的弹簧振子，可知小球A、B的周期相同，小球A由静止释放，当A第一次到达平衡位置时，由静止释放小球B，即小球A先振动四分之一个周期，故小球A到达最高点时，小球B位于平衡位置，小球B比小球A总是滞后四分之一个周期，故A错误，D正确；

B、小球B拉离平衡位置的距离较大，小球B的振幅大，总能量较大，在平衡位置时，小球A、B的重力势能相等，弹簧弹性势能为零，故小球A的动能小于小球B的动能，故B错误；

C、小球B比小球A滞后四分之一个周期，小球B的振幅比小球A的振幅大，根据x-t图像的斜率表示速度，可知运动过程中，小球A和小球B的速度可能相等，故C错误。

故答案为：D。

【分析】物体做简谐运动的周期与振幅的大小无关，质量相同、弹簧的劲度系数相同，小球的振动周期相同。根据题意确定两小球振幅的大小以及振动的相位差关系。在平衡位置时，小球A、B的重力势能相等，弹簧弹性势能为零。8．【答案】C【解析】【解答】A、由于水平地面下的导线为通有恒定电流I的长直导线，且平行于y轴，而MN也平行于y轴，所以N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同，故A错误；

B、由于PN平行于x轴，故线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量始终变化，故B错误；

C、线圈从P点开始竖直向上运动时，穿过线圈的磁通量一直为零，磁通量不变，线圈中无感应电流，故C正确；

D、线圈从P到M过程和从P到N过程，线圈中磁通量变化量相同，而PM间距离大于PN间的距离，又速率相同，所以线圈从P到M的时间大于P到N的时间，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈从P到M过程产生的感应电动势小于从P到N过程产生的感应电动势，故D错误。

故答案为：C。

【分析】根据右手螺旋定则去诶多功能M、N点磁感应强度的方向，距离导线相等的位置，磁感应强度的大小相等。穿过线圈的磁通量发生改变时，线圈产生感应电流。根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势的大小关系。9．【答案】B【解析】【解答】A、若电容器与电源连接，则电容器极板间电压不变，故A错误；

B、若物体向左移动，电介质插入两板间的长度增大，则ε增大，根据电容的决定式C=可知电容C增大，根据电容的定义式C=由于电压U不变，则电容器极板带电量增大，故B正确；

C、当物体向左匀速运动时，则电介质板进入电容器的长度x均匀增大，根据C=可知电容C均匀增大，Q均匀增大，所以流过电流表的电流保持恒定，故C错误；

D、若电容C增大，则Q增大，电容器充电，电流从电源正极流向电源负极，若Q减小，则电容器放电，电流从电容器的正极板流出，其方向与充电电流方向相反，故D错误。

故答案为：B。

【分析】电容器与电源连接，电容器极板间电压不变。电容器放电，电流方向与充电电流方向相反，再根据电容的决定式及电容的定义式结合题意分析解答。10．【答案】C【解析】【解答】AB、当θ=πφ当θ=4πφ如图所示

由于M、N两点分别是圆弧上电势的最低点、最高点，则过两点的等势面与圆相切，又因为电场线与等势面垂直，且指向电势降低的方向，可知电场方向从N指向M，可得场强大小为E=故AB错误；

C、由图乙可知，C点的电势为φ电子从A点沿圆弧运动到C点，电势能的变化量为Δ即电势能减小2eV，故C正确；

D、从B点沿圆弧逆时针到D点，电势先升高后降低，则电子沿该路径运动时，由E可知，电子的电势能先减小后增大，所以电场力先做正功后做负功，故D错误。

故答案为：C。

【分析】沿电场线方向电势降低的最快，即电势最高点和电势最低点的连线即为电场线，且沿电场线方向电势逐渐降低。再根据电势差与场强的关系确定场强的大小。熟悉掌握电势与电势能的关系，电势能升高，电场力做负功。11．【答案】D【解析】【解答】A、单色光射入棱镜后频率不变，波速减小，则波长变短，故A错误；

B、光线从D点射入棱镜中时，折射角小于入射角，即光线向下偏折；从E点射出时，折射角大于入射角，光线再次向下偏折，则从AB边射出的光线与AC边射入的光线有不可能平行，故B错误。

C、光路图如图所示

因为当sini=1sin由几何关系可知，由几何关系得C+∠AED=90°，r+90°=∠AED+∠EAD又因DE=DA，则∠AED=∠EAD光线在D点的折射角为r=90°-2C根据折射定律n=联立可得n=1.5故C错误；

D、假设光线DE垂直AB面射出棱镜时，此时光线在D点的折射角等于∠A=∠AED=90°-C因sin假设不成立，则光线DE不可能垂直AB面射出棱镜，故D正确。

故答案为：D。

【分析】单色光射入棱镜后频率不变。再根据题意画出光路图结合光的折射定律及光的全反射条件进行分析解答。对于判断性问题可采用假设法进行分析判断。12．【答案】C【解析】【解答】A、飞行器竖直下落，其匀速下落的速率为10m/s时，飞行器的合力为零k解得Mg=100发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，飞行器匀速向上的速率为5m/s时，飞行器的合力为零F解得F故A错误；

B、当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，受到与运动方向相反的水平方向的阻力，大小为F同时飞行器受到竖直向下的重力，若要保持匀速飞行，发动机的推力应该跟阻力与重力的合力等大、反向；受力分析如图：

由此可得，此时发动机的推力为F=故B错误；

C、发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，设飞行器速率为v；结合B中的方法可以求出飞行器受到的阻力大小为k而由A求得Mg=100所以v=5故C正确；

D、当飞行器以5m/s的速率飞行时，产生的阻力大小为F飞行器的重力为Mg，最大推力为F当最大推力与重力同向时，飞行器向下运动，此时飞行器受到的合力最大，设此时的加速度为a1，则有1.25Mg+Mg-0.25Mg=M解得a当飞行器以5m/s的速率是向上飞行时，由题意可知，飞行器在某种状态下可以保持这一速率做匀速飞行，即飞行器的最小加速度为0；所以飞行器的加速度范围是0≤a≤2g，故D错误。

故答案为：C。

【分析】确定飞行器上升和下落过程的受力情况及所受阻力的方向，再根据匀速时的平衡条件确定发电机的最大推力。阻力总是阻碍为物体的相对运动，匀速运动时，推力不一样沿水平或竖直方向，需根据平衡条件即力的合成与分解确定推力的方向，再结合题意进行分析解答。13．【答案】D【解析】【解答】A、输送电功率为P故A错误；

C、输电导线末端电压U则降压变压器的匝数比n故B错误；

C、输电导线上损失的功率ΔP=损失的电压ΔU=故C错误；

D、保持输送功率不变，用550kV输电，输电导线上损失的功率ΔP=故D正确。

故答案为：D。

【分析】熟悉掌握电能输送的原理及规律，再根据理想变压器规律及串并联规律和欧姆定律结合电功率的定义进行解答。14．【答案】A,B【解析】【解答】A、图甲酱油的色素分子进入到蛋清内是扩散现象，故A正确；

B、图乙灯焰在肥皂膜上形成条纹是光的干涉现象，故B正确；

C、紫外线为不可见光，所以眼睛看到的电焊弧光是可见光，故C错误；

D、图丁所示雪花虽然形状规则，但是不能说明雪花具有各向同性，故D错误。

故答案为：AB。

【分析】肥皂膜上形成条纹是光的干涉现象，紫外线为不可见光，两种物质相互混合为扩散现象。熟悉掌握各向同性和各向异性的特点。15．【答案】B,C【解析】【解答】A、光电管的极限频率与照射光的频率无关，故A错误：

B、由光电流I与电压U的关系图可知，a光的遏止电压大于b光的遏止电压，结合Ek=hv-可知a光是光子频率大于b光是光子频率，故水对a光的折射率大于对b光的折射率，根据n=可知a光在水中的传播速度更小，故B正确；

C、根据a光是光子频率大于b光是光子频率，可得λ根据p=可得，a光的光子动量大于b光的光子动量，故C正确：

D、由光电流I与电压U的关系图像可知，当滑动变阻器的滑片滑到最左端时，电压U为零，但光电流I不为零，故D错误。

故答案为：BC。

【分析】光电管的极限频率只与光电管的金属材料有关。根据乙图结合遏止电压及爱因斯坦的光电效应方程确定两种光子的频率大小，再根据折射率定律确定在水中传播速度的关系。熟悉掌握光电流及光子动量的特点。16．【答案】（1）A（2）AB##BA【解析】【解答】（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间动能的增加量和重力势能的减小量是否相等。

故答案为：A。

（2）打点计时器使用交流电源，实验中需要测量点迹间的距离，从而得出瞬时速度和下降的高度，所以需要刻度尺，实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要测量质量，则不需要天平。

故答案为：AB。

【分析】熟悉掌握打点计时器的使用方法及操作规范。根据探究“验证机械能守恒定律”实验的原理分析实验需要使用的仪器及测量的对象。17．【答案】（1）AC##CA（2）15.50【解析】【解答】（1）A、为了获得清晰的干涉条纹，灯丝与单缝和双缝必须平行放置，故A正确；

B、观察到的干涉条纹与双缝平行，故B错误；

CD、根据Δx=L可知，将绿色滤光片改成红色滤光片，增大了光的波长，则相邻两条亮纹的间距增大，相邻两条亮纹的间距与单缝和双缝间的距离无关，故C正确，D错误。

故答案为：AC。

（2）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以手轮上的读数为15【分析】由于光为横波，为零看到清晰的干涉条纹，则单缝和双缝必须平行放置，且观察到的干涉条纹与双缝平行。再根据双缝干涉条纹间距公式进行实验分析。18．【答案】B,C【解析】【解答】A．单摆的周期T=2π则重力加速度g=开始摆动时振幅较小，不影响重力加速度的测量，A不符合题意；B．开始计时时，过早按下秒表，则测量的时间变长，会导致周期变大，重力加速度测量值偏小，B符合题意；C．在测量完摆长之后悬挂点细线松动，则测量的摆长比实际摆长偏小，导致重力加速度测量值偏小，C符合题意；D．测量周期时，误将摆球29次全振动的时间记为30次，根据T=t故答案为：BC。

【分析】利用单摆的周期公式可以判别其重力加速度的测量值与振幅无关；利用其周期公式可以求出重力加速度的表达式，进而判别其测量值偏小的原因。19．【答案】（1）6.0（2）A（3）5.80（4）图乙；刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大；随着灯丝温度升高，电阻逐渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度不变，电阻不变，电流保持不变。故选图乙。【解析】【解答】（1）将选择开关调节到“×1Ω”，由图可知，金属丝的电阻R（2）为了调节方便、测量准确，滑动变阻器要选与待测电阻接近的阻值，即选最大阻值为10Ω的变阻器；

故答案为：A。

（3）将描出的点用直线连接，即可得U-I图线，则有

取（0.3A，1.75V），可得R=（4）刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大；随着灯丝温度升高，电阻逐渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度不变，电阻不变，电流保持不变。故答案为：图乙。

【分析】熟悉掌握仪器选择的准则及判定方法。根据图像结合欧姆定律判断图像斜率的物理意义，再根据图象确定电阻阻值的大小。灯丝温度升高，电阻逐渐增大，电流逐渐减小。20．【答案】B,D【解析】【解答】A、“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中，每次增加的钩码数量不必相等，故A错误；

B、“探究平抛运动的特点”实验中，为了保证小球做平抛运动，则应使斜槽末端要保持水平，故B正确；

C、“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验中，应缓慢压缩活塞使气体与外界发生热交换保持气体温度不变，故C错误；

D、实验中拉弹簧秤时，只需要让弹簧与外壳间没有摩擦，此时弹簧测力计的示数即为弹簧对细绳的拉力相等，与弹簧秤外壳与木板之间是否存在摩擦无关，故D正确。

故答案为：BD。

【分析】熟悉掌握各组实验的实验原理及操作步骤和实验要求。根据实验原理分析实验中需要测量的物理量及所需控制的物理量。21．【答案】B,C,D【解析】【解答】A、因p－T图像中a到b的线段的延长线过原点，由pV可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，故A错误；

B、因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，故B正确；

CD、因W=0，ΔU>0根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，故CD正确。

故答案为：BCD。

【分析】根据图像结合理想气体状态方程确定去提体积的变化情况。温度升高，气体内能增大，体积变大，气体对外做功，再结合热力学第一定律进行分析解答。22．【答案】（1）解：设封闭气体的压强为p1mg+解得p对活塞Ⅰ由平衡条件有2mg+解得弹簧的劲度系数为k=（2）解：缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为p即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为V1=由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有l有等压方程可知V解得T【解析】【分析】（1）整个系统处于静止状态，封闭气体对在两活塞处的压强相等。分别对两活塞和弹簧构成的整体及活塞1进行受力分析，再根据平衡条件及胡克定律进行联立解答；

（2）稳定时，整个系统仍处于静止状态，对两活塞和弹簧构成的整体及活塞1进行受力分析，根据平衡条件可知封闭气体的压强及弹簧的形变量不变，即封闭气体做等压变化。根据几何关系确定加热前后封闭气体的体积，再根据盖吕萨克定律进行解答。23．【答案】（1）解：小物块从A到C过程由动能定理mgh−小物块在C点根据牛顿第二定律F解得F根据牛顿第三定律，支持力和压力大小相等，方向相反，所以C点对轨道的压力是1.8N。（2）解：小物块过E点最小速度为零，从E到D，由机械能守恒定律得mg2r=解得v小球能通过D点，速度最小时，由重力提供向心力，则有mg=m解得v由上分析，可知必须在D点速度等于5m/s，对应的动能最小mgh−解得Ekmin（3）解：不脱离轨道2种情况情况1：过F点，满足2aL=v由动能定理得mgh−μmg解得Ek情况2：过圆弧BCD与O点等高处，由动能定理得mgh−μmg解得Ek综上所述，符合条件的动能0≤Ek≤0【解析】【分析】（1）确定物块从A到C的过程中的受力情况及各力的做功情况，再根据动能定理确定物块达到C点的速度，再根据物块在C点的受力情况及牛顿第二定律进行解答；

（2）小物块过D点的最小速度为恰好完全