2024届浙江省金丽衢十二校高三上学期第一次联考物理试卷（含答案）

届浙江省金丽衢十二校高三上学期第一次联考物理试卷一、选择题Ⅰ（本题共3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．理想气体状态方程是描述理想气体在平衡态下状态参量之间的关系，可表示为pV=nRT，其中n为气体的物质的量，R为普适气体恒量。如果用国际单位制中基本单位的符号表示R的单位正确的是（）A．Pa⋅m3mol⋅KC．kg⋅m2s2．杭州第19届亚运会，在赛艇项目女子轻量级双人双桨决赛中，中国选手邹佳琪和邱秀萍以7分06秒78的成绩斩获本届亚运会首金。下列说法正确的是（）A．在比赛中，赛艇能加速前进是由于水推桨的力大于桨推水的力B．要研究比赛中运动员的划桨技术技巧，可以将运动员视为质点C．赛艇到达终点后，虽然运动员停止划水，但由于惯性，赛艇仍会继续向前运动D．赛艇比赛全程的平均速度一定等于冲刺终点时瞬时速度的一半3．如图小球A在竖直平面内做圆周运动，恰能过最高点，不计任何阻力，从某次经过最高点开始计时，转过的角度记为θ。下列能正确反映轻绳的拉力F或小球速度大小v变化的图像是（）A． B．C． D．4．2023年9月，杭亚会滑板男子碗池决赛，中国年仅15岁的小将陈烨以84.41分夺冠。图示为陈烨在比赛中腾空越过障碍物，若忽略空气阻力，那么腾空过程中（）A．在最高点的时候人的速度为零，但加速度不为零B．运动员和滑板构成的系统机械能守恒C．运动员和滑板构成的系统动量守恒D．上升过程是超重状态，滑板对人的作用力不为零5．如图，一直梯斜靠在竖直光滑墙壁，人站在梯子上，缓慢爬到梯子的顶端，关于此过程，直梯受力情况（）A．地面对直梯的支持力是由于直梯发生形变产生的B．地面对直梯的作用力始终沿直梯向上C．人站的位置越高，直梯受到地面的摩擦力越大D．竖直墙壁对直梯的作用力保持不变6．2023年8月24日，日本政府正式向海洋排放福岛第一核电站的核废水。核废水中的84210Po发生衰变时的核反应方程为84210Po→82206Pb+X，84210Po的比结合能为A．该衰变是由于弱相互作用引起的B．由于海水的稀释，84210C．84206Po的平均核子质量大于D．该核反应过程中放出的能量ΔE=2067．图甲为一家用变压装置的原理图。将图乙所示的正弦式交流电压加在理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=1:5，电表均为理想交流电表。已知变压器副线圈侧的保险丝R0的熔断电流为2A，阻值为2Ω，滑动变阻器R最大阻值为4Ω，现滑片A．电流表的示数逐渐减小B．当滑片P位于ab中点时，电压表读数为2.5VC．要求相同时间内滑动变阻器R产热量最多，应将滑片P置于b端D．保险丝即将熔断时，原线圈消耗功率为58．空间中固定一电量为Q的点电荷，且存在某方向的匀强电场E，使一初速度为v0，带电量为q的小球恰可绕该点电荷作半径为rA．若点电荷电量为+Q，则匀强电场方向一定向上B．将点电荷电量变为2Q，则小球圆周运动半径变为1C．换用另一带电量2q的小球使之仍以v0绕该点电荷做圆周运动，则小球运动半径仍为D．若只撤去点电荷Q，同时调节场强为2E，则小球将作类平抛运动9．2023年5月30日，神舟十六号载人飞船与空间站组合体成功完成“T”字型径向交会对接。径向交会对接指飞船沿垂直空间站运动方向与其对接，载人飞船多次变轨和姿态调整来到距离空间站约2公里的中途瞄准点，最后在空间站正下方200米处启动动力设备始终沿径向靠近空间站完成对接，则此过程中（）A．飞船到达中途瞄准点前的环绕周期大于空间站的环绕周期B．飞船到达中途瞄准点后具有的动能大于空间站的动能C．飞船处于空间站正下方200m处时绕地球运行的线速度略小于空间站的线速度D．空间站与飞船对接后轨道高度会略微降低10．如图所示，菱形导线框abcd放置在水平面上，线框各边长均为L且电阻均匀分布，顶角∠abc=θ，整个空间中存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，将电流从线框a端流入b端流出，通过ab的电流为I，则线框整体受安培力大小为（）A．F=43BILC．F=0 D．F=2BILcosθ11．如图所示波源S1和S2间距为10m，起振方向相同，频率均为0.8Hz，两波源产生的简谐横波在均匀介质中朝四周各个方向传播且同时到达P点，已知S1P=6m且A．波源S1比SB．S1产生的波到达S2时，C．两列波完全叠加后线段S1D．两列波完全叠加后线段S212．如图所示为某绝缘空心球的示意图，a、b、c、d、E、F是过球心O的水平截面的圆周上六个点等分点，分别在a、d和b、c固定等量的正负电荷，即qa=qd=+qA．E、F两点的电场强度相同B．A、O、B三点的电势分别记为φA、C．将一正的试探电荷从A点沿圆弧AEB移到B点的过程中电场力先做正功再做负功D．若b、c、d处的电荷仍固定不动，将a处的电荷移到O处，则电荷a的电势能将减小13．如图甲所示为小勇同学收集的一个“足球”玻璃球，他学了光的折射后想用激光对该球进行研究，某次实验过程中他将激光水平向右照射且过球心所在的竖直截面，其正视图如乙所示，AB是沿水平方向的直径。当光束从C点射入时恰能从右侧射出且射出点为B，已知点C到AB竖直距离h=32RA．B点的出射光相对C点入射光方向偏折了60°B．该“足球”的直径为玻璃球直径的3C．继续增加h(h<R)则光将会在右侧发生全反射D．用频率更小的激光入射时，光在玻璃球中的传播时间将变短二、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。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14．下列关于来自课本的四幅插图的描述符合事实的是（）A．如图甲所示为应变片测力原理图，当自由端施力F变大时，上表面应变片的电阻也变大B．如图乙为某分子在0℃的速率分布图像，当温度升高时各速率区间分子数占总分子数的百分比都将增加C．如图丙为方解石的双折射现象，该现象说明方解石晶体具有各向异性D．如图丁为核反应堆的原理图，其中镉棒的作用是将裂变过程中的快中子变成慢中子15．某实验小组用如图甲所示的实验装置探究不同金属发生光电效应时的实验规律，当用频率为v的入射光照射金属K1时电流表示数不为零，向右调节滑动变阻器的滑片P，直到电流表的示数刚好为零，此时电压表的示数为Uc，该电压称为遏止电压，该实验小组得到UcA．实验时电源的左端为正极B．分别用从氢原子能级2到1和能级3到1辐射的光照射金属K1得到遏止电压Uc1和UC．换用不同的光照射逸出功更大的金属K2时，得到的Uc−vD．当滑片P向左滑动的过程中电流表的示数先增加后不变三、非选择题（本题共5小题，共55分）16．某物理课外小组通过如图甲、乙、丙所示的实验装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。已知他们使用的小车完全相同且质量为M，重物的质量为m，试回答下列问题：（1）实验时，必须满足“M远大于m”的实验装置是（选填“甲”、“乙”或“丙”）（2）按乙图实验装置得到如图丙所示的纸带，已知打点计时器打点的周期T=0.02s，其中A、B、C、D、E每相邻两个计数点之间还有4个点没有标出，根据纸带提供的数据，算得小车加速度的大小为ms（3）采用（丙）图实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图线是如图（丁）的一条直线。测出图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为。A.2tanθB.1tanθC.2（4）采用（甲）图实验装置，把重物改成槽码，槽码总数N，将n（依次取n=2,3,4,5⋯⋯）个槽码挂在细线左端，其余N−n个槽码仍留在小车内，重复前面的步骤，并得到相应的加速度a，得到a−n图线是过原点的直线，但实验时漏了平衡摩擦力这一步骤，下列说法正确的是。A.a−n图线不再是直线B.a−n图线仍是过原点的直线，但该直线的斜率变小C.a−n图线仍是直线，但该直线不过原点17．某学习小组测定某电池的电动势与内阻，已知其电动势E约为十几伏，内阻r约为几欧姆，实验室中提供以下器材：A．量程为10mA、内阻未知的电流表G；B．电阻箱R1C．定值电阻R0D．滑动变阻器R3E．滑动变阻器R4F．开关2只，导线若干。先用如图所示甲的电路来测定电流表G内阻。实验步骤与如下：①按图甲连接好电路，断开S1、S2，将滑动变阻器②闭合S1，调节R'，使电流表③保持R'不变，再闭合S2，调节电阻箱电阻R1=100.0Ω，使电流表④调节电阻箱时，干路上电流可视为几乎不变，即可测定的电流表G内阻Rg（1）为确保实验仪器安全，滑动变阻器应该选取（选填“R3”或“R4”）；而实际干路上电流会发生变化，故测得的电流表内阻比真实值（2）按图乙连接电路，闭合开关，多次调节电阻箱R1的阻值，记录每次电阻箱的阻值R1及对应的电流表的示数I。作出1I−R1图像如图丙所示，处理数据得到斜率k大小为0.2，纵轴截距b18．以下实验中，说法正确的是（）A．在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，干涉图样红光比绿光的条纹间距小B．在“探究可拆式变压器原副线圈匝数与电压关系”实验中，当原副线圈匝数比为100：400，测得副线圈电压为36V，那么原线圈的输入电压可能是10VC．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，油酸酒精溶液久置，酒精会挥发，会导致分子直径的测量值偏小D．在“单摆测重力加速度”实验中，从平衡位置计时，将全振动次数n误记成n+1次，会导致测量g值偏大19．如图所示装置是一个高为H，底面积S的圆柱型导热气缸的截面图。气缸顶部安装有挡柱，底部通过阀门（大小不计）连接一个充气原，厚度不计的活塞封闭有一部分空气，活塞距离气缸底部高度h=13H，质量M=p0S2g（1）初始时封闭气体的压强大小；（2）第一次充完气后，活塞缓慢上升的高度；（3）充气45次之后，缸内气体的压强大小。20．如图所示，足够长的水平光滑直轨道AB和水平传送带平滑无缝连接，传送带长L1=4m，以10m/s的速度顺时针匀速转动，带有光滑圆弧管道EF的装置P固定于水平地面上，EF位于竖直平面内，由两段半径均为R=0.8m的14圆弧细管道组成，EF管道与水平传送带和水平地面上的直轨道MN均平滑相切连接，MN长L2=2m，右侧为竖直墙壁。滑块a的质量m1=0.3kg，滑块b与轻弹簧相连，质量m2=0.1kg，滑块c质量m3=0.6kg，滑块a、b、c均静置于轨道AB上。现让滑块a以一定的初速度水平向右运动，与滑块b相撞后立即被粘住，之后与滑块c发生相互作用，c与劲度系数k=1.5N/m的轻质弹簧分离后滑上传送带，加速之后经EF管道后滑上MN。已知滑块c在F点的速度为46m/s（1）滑块c第一次经过E点时对装置P的作用力；（2）滑块a的初速度大小v0（3）试通过计算判断滑块c能否再次与弹簧发生相互作用，若能，求出弹簧第二次压缩时最大的压缩量。21．如图所示，在光滑水平面上建立坐标系xoy，在x=−0.1m左右两侧分别存在着Ⅰ区和Ⅱ区匀强磁场，大小均为B=1T，Ⅰ区方向垂直纸面向里，Ⅱ区一系列磁场宽度为均为L=0.1m，相邻两磁场方向相反，各磁场具有理想边界。在x=−0.1m左侧是间距L的水平固定的平行光滑金属轨道MM'和NN'，轨道MN端接有电容为C=1F的电容器，初始时带电量为q0=1C，电键S处于断开状态。轨道上静止放置一金属棒a，其质量m=0.01kg，电阻R=1Ω。轨道右端M'N'上涂有绝缘漆，M'N'右侧放置一边长L、质量4m、电阻为4R的匀质正方形刚性导线框abcd。闭合电键（1）电键S闭合前，电容器下极板带电性，a棒匀速时的速度v1（2）组合体bc边向右刚跨过y轴时，ad两点间的电势差Uad（3）碰后组合体产生的焦耳热及最大位移。22．如图所示，水平地面上有一辆小车，上方固定有竖直光滑绝缘细管，管的长度L=2v029g，有一质量m、电荷量+q的绝缘小球A放置在管的底部，小球的直径略小于细管。在管口所在水平面MN的下方存在着垂直纸面向里的匀强磁场。现让小车始终保持速度的v0向右匀速运动，以带电小球刚经过磁场的竖直边界为计时起点，并以此时刻管口处为坐标原点O建立（1）匀强磁场的磁感应强度大小和绝缘管对小球做的总功；（2）小球经过x轴时的坐标；（3）若第一象限存在和第四象限大小和方向都相同的的匀强磁场，同时绝缘管内均匀紧密排满了大量相对绝缘管静止，与小球A完全相同的绝缘小球。不考虑小球之间的相互静电力，求能到达纵坐标y=9

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】由理想气体状态方程pV=nRT可得R=则有用国际单位制中基本单位的符号表示R的单位，国际单位制共有7个基本单位，Pa⋅ABD错误，C正确。故选C。

【分析】根据一定质量理想气体状态方程结合单位的推导解答。2．【答案】C【解析】【解答】A．根据作用力与反作用力特点判断，在比赛中，赛艇能加速前进是由于水推桨的力大于赛艇受到的阻力。水推桨的力和桨推水的力是作用力与反作用力，大小相等。故A错误；B．根据看作质点的条件判断，要研究比赛中运动员的划桨技术技巧，运动员的大小和形状对问题研究的影响不能忽略，不能将运动员视为质点。故B错误；C．物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性，赛艇到达终点后，虽然运动员停止划水，但由于惯性，赛艇仍会继续向前运动，故C正确；D．比赛过程，赛艇的运动不一定是初速度为零的匀加速直线运动，故赛艇比赛全程的平均速度不一定等于冲刺终点时瞬时速度的一半。故D错误。故选C。

【分析】作用力和反作用力总是等大、反向的，可以把其中任何一个力叫作作用力，另一个力叫作反作用力。如果在研究的问题中，物体的形状、大小及物体上各部分运动的差异是次要或不起作用的因素，就可以把物体看做一个质点。3．【答案】A【解析】【解答】CD．本题考查了竖直平面内的圆周运动，涉及绳子的临界问题，先列出表达式再结合图像分析即可。小球A在竖直平面内做圆周运动，轻绳的拉力F与小球重力沿绳子方向分量的矢量和提供向心力，由此确定F与v2关系，结合牛顿第二定律分析F与θ的关系。小球A在竖直平面内做圆周运动，恰能过最高点，有mg=m解得v=从某次经过最高点开始计时，初始的速度不为0，且小球A向下运动的的过程中，重力做正功，速度增大，CD错误；B．小球A在竖直平面内做圆周运动，有FF向与v2成正比，而F向A．小球A恰能过最高点，则最高点重力提供向心力，轻绳的拉力F=0，运动到最低点时速度最大，向心力最大，此时有F解得F=最低点时向心力最大，轻绳的拉力F达到最大值；运动一周即转过2π后小球回到最高点，轻绳的拉力F=0，A正确。故选A。

【分析】小球A在竖直平面内做圆周运动，恰能过最高点重力提供向心力，可得最高点的速度大小，由此分析小球运动过程中速度的变化情况。4．【答案】B【解析】【解答】A．在最高点的时候人的竖直方向的速度为零，水平方向的速度不为零，故在最高点的时候人的速度不为零，受到重力作用，加速度为重力加速度，加速度不为零，故A错误；B．在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。运动员和滑板构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故B正确；C．在开始起跳到脱离滑板瞬间，在竖直方向上运动员和滑板所受合力不为零，故运动员和滑板构成的系统动量不守恒，故C错误；D．物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。上升过程是运动员只受重力作用，有竖直向下的重力加速度，运动员处于完全失重状态，滑板对人的作用力为零，故D错误。故选B。

【分析】根据斜上抛运动规律判断；根据机械能守恒的条件判断；根据动量守恒的条件判断；根据超重和失重的定义判断。5．【答案】C【解析】【解答】A．支持力是一种弹力，是由发生弹性形变的物体产生的。地面对直梯的支持力是由于地面发生形变而产生的，故A错误；B．分析直梯的受力情况，根据力的合成法分析地面对直梯的作用力方向。地面对直梯的支持力垂直地面向上，而地面对直梯的静摩擦力平行地面向左，则根据力的合成可知，地面对直梯的作用力斜向左上方，故B错误；CD．本题考查受力平衡，解题关键掌握对直梯的受力进行分析，注意直梯的运动状态为静止。对人和梯子整体受力分析如图所示整体受重力G、竖直墙壁的支持力N1、地面的支持力N2和地面的摩擦力f，图中F为N2与f的合力，根据共点力平衡条件可知，F、G和N1三力平衡，三个力的延长线交于一点O，人站在梯子上，缓慢爬到梯子的顶端的过程中，梯子和人整体的重心大致向左上移动，则三力交汇点O水平向左平移，则可知F与竖直方向的夹角增大，设该夹角为F显然，夹角增大，力F必然增大，而力F的水平分量f=F则可知地面对直梯的摩擦力增大，而水平方向始终有f=由此可知，人站的位置越高，直梯受到地面的摩擦力越大，竖直墙壁对直梯的作用力越大，故C正确，D错误。故选C。

【分析】支持力是一种弹力，是由发生弹性形变的物体产生的。分析直梯的受力情况，根据力的合成法分析地面对直梯的作用力方向。对人和梯子整体受力分析，作出受力示意图，根据平衡条件分析直梯受到地面的摩擦力和墙壁对直梯的作用力变化情况。6．【答案】D【解析】【解答】A．根据核反应的特点衰变类型，进而确定是哪种相互作用引起的。根据衰变方程可知X为24He，所以84210PoB．根据半衰期的概念，结合半衰期的影响因素完成分析，半衰期与原子所处的物理状态无关，与原子核内部结构决定，故B错误；C．比结合能越大，原子核越稳定，原子核的平均核子质量越小。平均核子质量是原子质量与核子数的比值，所以84206Po的平均核子质量小于D．比结合能是原子核的结合能与核子数的比值，所以84210Po的比结合能为210E1，82206ΔE=206故D正确。故选D。

【分析】核反应过程中质量数和电荷数守恒等，根据比结合能大小判断平均核子质量大小的关系。7．【答案】B【解析】【解答】A．本题主要考查变压器的知识，要掌握变压器的原、副线圈匝数之比与电压、电流之比的变化情况，与欧姆定律结合运用。滑片P从b端缓慢移动至a端的过程，原副线圈两端电压不变，则副线圈电阻减小，所以副线圈电流变大，根据原副线圈电流与匝数比的关系可知，电流表的示数逐渐增大，故A错误；B．原、副线圈的电压之比等于匝数之比，由n可得副线圈电压U当滑片P位于ab中点时，电压表读数始终为U=故B正确；C．由P=要求相同时间内滑动变阻器R产热量最多，则要满足R所以应将滑片P置于ab中点，故C错误；D．原、副线圈的电流之比等于匝数的反比，由I可得保险丝即将熔断时，原线圈中电流为I原线圈消耗功率为P故D错误。故选B。

【分析】变压器的电压之比等于匝数之比，滑动变阻器R的滑片P由b端向a端缓慢滑动时，电阻变小，电流变大，根据电功率公式解。8．【答案】C【解析】【解答】A．本题是电场中偏转与圆周运动的综合，圆周运动的关键是确定向心力的来源。若点电荷电量为+Q，则q带负电，小球所受的匀强电场的电场力与重力平衡，因此匀强电场方向一定竖直向下，A错误；B．根据库仑定律和牛顿第二定律可知kQq可知若点电荷电量变为2Q，小球的速度大小不变，小球圆周运动半径应变为2r，B错误；C．结合小球在竖直方向受力平衡，利用圆周运动规律，推导可分析出半径的关系。用另一带电量2q的小球使之仍以v0Eq=mg可知小球的质量变为原来的2倍，根据kQq可知则小球运动半径仍为r，C正确；D．于不知道小球初始速度的方向，撤出点电荷Q后，物体的运动情况为类平抛、竖直上抛和斜抛运动都有可能。只撤去点电荷Q，同时调节场强为2E，则小球所受的合力为2Eq−mg=mg若初速度沿水平方向，小球做类平抛运动，若初速度竖直向上，则做匀加速直线运动，若初速度倾斜，做斜抛运动，D错误。故选C。

【分析】小球做圆周运动，说明重力的方向和电场力的方向必然向反，由此可以判断匀强电场的方向，球做圆周运动的向心力是由二者之间的库仑力提供的，结合库仑定律和牛顿第二定律分析即可。9．【答案】C【解析】【解答】A．飞船受到的万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律求解。对飞船，由万有引力提供向心力得G可得T=2π由上式可知，飞船到达中途瞄准点前的环绕周期小于空间站的环绕周期，故A错误；B．根据G可得v=可知飞船到达中途瞄准点后的速度大于空间站的速度，但二者质量未知，所以无法比较动能，故B错误；CD．根据线速度的计算公式，结合半径的大小得出线速度的大小关系。飞船沿径向接近空间站过程中，始终在空间站正下方，所以需要控制飞船绕地球运行的角速度等于空间站的角速度，根据v=ωR飞船绕地球运行的线速度小于空间站的线速度，飞船沿径向到达空间站与之对接时的线速度相同，由万有引力提供向心力可知，对接后轨道高度不会降低，故C正确，D错误。故选C。

【分析】本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解飞船做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。10．【答案】A【解析】【解答】线框的adcb部分和ab是并联关系，其电阻之比为Radcb：Rab=3：1，由并联电路的分流关系可知：线框的adcb部分与ab部分的电流之比为Iadcb：Iab=1：3。线框的有效长度为L，由于R两个支路是并联关系，因此流过线框的总电流I等效电流与磁场垂直，线框整体受安培力大小为F=B故选A。

【分析】利用并联电路电流之比等于电阻的反比，根据F=BIL求安培力大小。11．【答案】D【解析】【解答】A．本题主要考查波的干涉的有关知识，根据波的叠加原理解答。根据几何关系可知S波在同种介质中的传播速度相同，波源S2比SΔA错误；B．周期与频率互为倒数，波的振动周期T=S1产生的波到达St=因此S1C．振幅最小的点为振动减弱点，振动减弱点是到两波源的路程差是半波长奇数倍。两列波叠加后在S1S2间形成驻波，两个相邻的振动加强点间的距离为12λ，两个相邻的振动减弱点间的距离也为12λ，加强点与减弱点间的最近距离为14λ，起振方向向上，两列波相遇点为振动加强点，由于波源x=又由于波长λ=因此到S1距离为0.25m，2.75m，5.25m，7.75m点为振动减弱点，C错误；D．振动加强点是到两波源的路程差是波长整数倍。P点为振动加强点，到两波源距离差为2m，到两波源距离再多出波长整数倍的点也为振动加强点，因此在S2P上，到S1、S2两波源距离差为3.0m，8.0m点也为振动加强点，D正确。故选D。

【分析】波在同一种均匀介质中匀速传播，数学知识结合公式求解波源S1比S2谁先振动，根据波传播的特点可以判断S1处质点的位置，据题意起振方向相同，振动减弱点是到两波源的路程差是半波长奇数倍；振动加强点是到两波源的路程差是波长整数倍。12．【答案】A,D【解析】【解答】A．画出位于a、b、c、d四点的电荷在E、F两点的场强方向，根据场强的合成分析E、F两点的电场强度关系。画出在abcd四点的电荷在EF两点的场强方向如图，由图可知，E、F两点的电场强度相同，选项A正确；B．根据等量异种电荷周围的电势分布分析A、O、B三点的电势关系。由等量异种电荷周围的电势分布可知，A、O、B三点在等量异种电荷的连线的中垂面上，则各点电势均为零，即φAC．根据电势的变化分析电场力做功正负，将一正的试探电荷从A点沿圆弧AEB移到B点的过程中，电势先升高后降低，则正电荷的电势能先增加后减小，则电场力先做负功再做正功，选项C错误；D．若b、c、d处的电荷仍固定不动，将a处的电荷移到O处，因b处的电荷在Oa两点的电势相等，则b处的电荷使a处的电荷移到O处引起的电势能不变，则主要考虑dc两处的电荷对电荷a的影响，在a处时，dc两处的电荷在a点的电势为正，则电荷a的电势能为正，到O处时dc两处的电荷在O点的电势为零，则电荷a在O点的电势能为零，可知将a处的电荷移到O处电荷a的电势能将减小，选项D正确。故选AD。

【分析】画出位于a、b、c、d四点的电荷在E、F两点的场强方向，根据场强的合成分析E、F两点的电场强度关系。根据等量异种电荷周围的电势分布分析A、O、B三点的电势关系。将一正的试探电荷从A点沿圆弧AEB移到B点的过程中，根据电势的变化分析电场力做功正负。若b、c、d处的电荷仍固定不动，将a处的电荷移到O处，分析电势的变化，判断电荷a的电势能如何变化。13．【答案】A,D【解析】【解答】A．画出从C点入射的光路图，由几何关系求得光束从C点射入时入射角和折射角，根据光路可逆原理可的光束在B点射出时的折射角，根据几何关系求解光束偏折的角度。从C点入射的光线，进入玻璃球后光线如图所示

设入射角为i，折射角为r，法线与直径AB夹角为θ，则根据几何关系θ=i，θ=2r而sin可知i=60o进入玻璃时，光线沿顺时针偏转了30o，根据光的折射定律，从B点射出时，光线沿顺时针又偏转了30o，因此从B点的出射光相对C点入射光方向偏折了60o，A正确；B．根据几何关系，足球的直径d=2RB错误；C．由于光线从C点射入玻璃中的折射角等于从B点出射时的入射角，离开玻璃球的折射角等于射入玻璃球时的入射角，因此光线不会发生全反射，C错误；D．如果用频率更小的激光入射时，进入玻璃的折射角增大，从而在玻璃内传播的距离减小，而频率更小时，光在玻璃中的传播速度增大，从而光在玻璃球中的传播时间变短，D正确。故选AD。【分析】本题考查了光学的折射定律以及全反射现象，解答此类题目依据物理原理作出光路图是基础，利用数学几何知识解题。根据题意可知在C点进入玻璃球的光线与球内的“足球”相切，根据几何关系可得“足球”的直径；根据光路可逆原理可知光束不会在右侧发生全反射。14．【答案】A,C【解析】【解答】A．当应变片在其弹性极限内受外力增大时，上表面的应变片电阻也变大，A正确；B．当温度升高时，平均分子速率变大，但是不会各速率区间分子数占总分子数的百分比都增加，只是速率较大分子数占总分子数的百分比增加，B错误；C．双折射是光束入射到各向异性的晶体，分解为两束光而沿不同方向折射的现象，方解石的双折射现象，该现象说明方解石晶体具有各向异性，C正确；D．图丁中镉棒的作用是吸收中子，从而影响链式反应速度，D错误。故选AC。

【分析】根据应变片测力原理分析；温度升高，平均分子速率变大；晶体具有各向异性；镉棒吸收中子。15．【答案】D【解析】【解答】A．因滑片向右调节滑动变阻器的滑片P，可使电流表的示数为零，此时光电管加反向电压，则光电管右端电势高，则电源右端为正极，故A错误；C．根据光电效应方程：Ek=hν-W0，其中hν为入射光子的能量，Ek为光电子的最大初动能，W0是金属的逸出功．可得U换用不同的光照射逸出功更大的金属K2时，所得到的UcB．光电子的最大初动能由入射光的频率决定，与所加电压无关。饱和光电流由入射光的强度决定，与入射光的频率无关。氢原子从能级2跃迁到能级1辐射出的光子能量小于从能级3跃迁到能级1辐射出的光子能量，根据E=hν可知，氢原子从能级2跃迁到能级1辐射出的光子频率小于从能级3跃迁到能级1辐射出的光子频率，而根据爱因斯坦的光电效应方程eUc=Ek=hν-W逸出功可知Uc1＜Uc2故B错误；D．滑片P初始位置应该是在中间，此时加在光电管上的电压为零，P左滑的过程中，光电管所加的正向电压变大，形成的光电流逐渐增大，当达到饱和电流后电流不再变，因此可知电流表的示数先增加后不变，故D正确。该题考查了爱因斯坦光电效应方程的相关知识，解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与遏止电压的关系。故选D。

【分析】光电子的最大初动能由入射光的频率决定，与所加电压无关。饱和光电流由入射光的强度决定，与入射光的频率无关；根据爱因斯坦光电效应方程求金属的极限频率。16．【答案】甲【解析】【解答】（1）当钩码的质量远小于小车的总质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力，若用力传感器，则不需要满足此条件。乙、丙两图绳上的拉力都可测量直接读出，不需要重物重力替代，甲图需要用重物重力替代拉力，所以需要满足“M远大于m”；（2）熟练应用所学基本规律解决实验问题，根据逐差法公式可得a=解得a=0.58（3）根据牛顿第二定律可得2F=Ma整理得a=所以小车的质量为2k（4）探究加速度与力、质量关系实验要采用控制变量法。因为没有平衡摩擦力，所以可得nmg−f=整理得a=所以a−n图线仍是直线，但该直线不过原点，故选C。

【分析】（1）只有用重物的重力代替绳子的拉力，才需要满足M＞＞m；若用力传感器，则不需要满足此条件。

（2）根据匀变速直线运动的逐差法解得加速度；

（3）根据牛顿第二定律得到加速度与F的函数关系。

（4）根据牛顿第二定律结合图像分析解答。17．【答案】R4【解析】【解答】（1）根据电源电动势与电流表量程求出电路最小总电阻，由于电池的电动势约为十几伏，电流表量程为10mA，可知电路最小电阻应大于1000Ω，滑动变阻器为限流接法，为确保实验仪器安全，滑动变阻器应该选取R由于接入电阻箱R1，导致干路上电流变大，当电流表G示数为5mA，则流过变阻箱的电流大于5mA，则电流表内阻真实值大于R（2）根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，由实验步骤三、四可知流过电阻箱R1的电流与流过电流表的电流相等，电阻箱与电流表并联，由并联电路特点可知，电流表内阻等于电阻箱接入电路的阻值R由闭合电路欧姆定律得E=由R0与GI联立解得1根据图示图象可以求出电源电动势与内阻，可知1IR解得电源电动势为E=15V1IR解得内阻为r≈6.7Ω

【分析】（1）选择滑动变阻器，由实验原理判断电流表内阻比真实值偏小；

18．【答案】B,C,D【解析】【解答】A．红光比绿光的波长更长，由双缝干涉条纹间距公式Δ可知，在相同条件下，波长越长，条纹间距越大，因此干涉图样红光比绿光的条纹间距大，故A错误；B．根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系电压比等于匝数比U解得U由于实际变压器存在能量损失，所以原线圈电压应大于9V，所以原线圈的输入电压可能是10V，故B正确；C．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，油酸酒精溶液久置，酒精会挥发，导致油酸浓度变大，根据公式d=可知，V不变，但有油酸浓度变大，导致形成的油膜面积变大，分子直径的测量值偏小，故C正确；D．在“单摆测重力加速度”实验中，从平衡位置计时，将全振动次数n误记成n+1次，则周期偏小，根据单摆的周期公式T=2π得到重力加速度表达式，可知，测量g值偏大，故D正确。故选BCD。

【分析】红光比绿光的波长更长，根据双缝干涉条纹间距公式分析；根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系，来求解原线圈的输入电压；“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，油酸酒精溶液久置，根据实验原理分析误差情况；根据单摆的周期公式分析。19．【答案】解：（1）对活塞受力分析，由平衡条件得p解得p（2）第一次充完气，对充进部分的气体研究，有p解得h（3）活塞与气缸刚好卡住时，有n=H−h则充气的30次气体做等压变化，后15次做等容变化，有p解得p【解析】【分析】（1）对活塞受力分析，由平衡条件得初始时封闭气体的压强大小；

（2）第一次充完气，对充进部分的气体研究，根据玻意耳定律求解活塞缓慢上升的高度；

（3）活塞与气缸刚好卡住时，根据体积关系求充气的次数，再据玻意耳定律求解充气45次之后，缸内气体的压强大小。20．【答案】解：（1）滑块c第一次经过E点到F点，根据动能定理m滑块c在F点的速度为v解得v根据牛顿第二定律，在E点滑块cF解得F方向竖直向下，根据牛顿第三定律知滑块c第一次经过E点时对装置P的作用力为F方向竖