2025-2026学年四川省眉山市眉山东辰学校高三上学期零诊模拟考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省眉山市眉山东辰学校2025-2026学年高三上学期零诊模拟考试物理试题考试范围：电磁学+热学+光学时长：75分钟分值：100分一、单项选择题（本题共个7小题，每小题4分，共28分）1.下列关于光和电磁波，说法正确的是（）A.只有当光的波长大于或接近小孔直径或障碍物直径时才能发生衍射现象B.只有当变化的磁场中有闭合线圈时，才会产生电场C.可见光有偏振现象，所以光是横波，其他电磁波由于频率不同，也可能为纵波D.海市蜃楼的形成过程中，既有光的折射也有光的全反射【答案】D【解析】A．只有当光的波长大于或接近小孔直径或障碍物直径时才能发生明显的衍射现象，光的波长明显小于孔或障碍物的尺寸是，仍旧可以发生衍射，只是不明显。故A错误B．变化的磁场可以产生电场，不一定要有闭合线圈。故B错误；C．电磁波一定是横波，与频率无关。故C错误；D．海市蜃楼是由于光在不均匀介质中传播时发生光的折射和全反射造成的。故D正确。故选D。2.关于下图所示几个实验的表述正确的是（）A.甲图实验中，可认为油膜厚度等于油酸分子直径B.乙图实验中，若温度降到0℃以下，扩散现象将停止C.丙图实验可说明气体压强是由气体重力引起的D.丁图实验可说明石蜡的导热性能各向异性【答案】A【解析】A．甲图实验中，可认为油膜厚度等于油酸分子直径，即形成单分子油膜，故A正确；B．乙图实验中，若温度降到0℃以下，分子仍然做无规则的热运动，扩散现象将变慢，故B错误；C．丙图是模拟气体压强产生机理的实验，说明气体压强是由气体分子频繁的撞击器壁产生的，故C错误；D．丁图是石蜡涂在单层云母片上融化实验，说明云母晶体的导热性能各向异性，故D错误。故选A。3.在家庭电路中，接地故障通断器在用电器发生漏电时，能保护人的生命和财产安全。当用电器正常工作时，紧靠的两根绝缘电线电流大小相等、方向相反；当用电器漏电时，线圈中就会产生感应电流，断路器切断电路。若某次漏电瞬间，电线1和电线2中电流流向如题图所示，且电线2中电流小于电线1中电流，则线圈内（）A.磁通量增加，感应电流从N到M B.磁通量减少，感应电流从N到MC.磁通量增加，感应电流从M到N D.磁通量减少，感应电流从M到N【答案】A【解析】当用电器正常工作时，紧靠的两根绝缘电线电流大小相等、方向相反，此时穿过线圈的磁通量为零；当用电器漏电时，且电线2中电流小于电线1中电流，则线圈内磁通量增加，根据楞次定律可知感应电流从N到M。故选A。4.一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是（）A.a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功B.b→c过程，气体对外做功，内能增加C.a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功D.a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量【答案】C【解析】A．a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W<0，由盖-吕萨克定律可知即内能增大，，根据热力学第一定律可知过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；B．方法一：过程中气体与外界无热量交换，即又由气体体积增大可知，由热力学第一定律可知气体内能减少。方法二：过程为等温过程，所以结合分析可知所以b到c过程气体的内能减少。故B错误；C．过程为等温过程，可知根据热力学第一定律可知过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；D．根据热力学第一定律结合上述解析可知：一整个热力学循环过程，整个过程气体对外做功，因此热力学第一定律可得故过程气体从外界吸收的热量不等于过程放出的热量，D错误。故选C。5.真空中有一个底面直径为、高为的圆柱形薄玻璃槽，槽内充满某种液体，一光屏紧贴玻璃槽右侧D点竖直放置，如图所示。现用一蓝色激光笔从槽底A点沿AO方向射出一细光束，光束与液面成角，恰好在光屏上的B点接收到光束，已知O、D距离为，用刻度尺测出B点到槽边缘D点的距离为。不考虑光的多次反射。下列有关说法正确的是（）A.该种液体对蓝光折射率B.蓝光从液体射入真空中，频率将变大C.若改用红色激光笔照射，其他条件不变，光屏上的光斑将向B点上方移动D.若用蓝色激光从槽边缘C点沿CO入射，光屏仍能接收到光束【答案】C【解析】A．根据题意，由几何关系可知，光在液体中的入射角与在真空中的折射角分别为，则该种液体对蓝光的折射率，故A错误；B．蓝光从液体射入真空中，频率不变，故B错误；C．当改用红色激光笔照射，由于液体对红光的折射率小于液体对蓝的折射率，若其他条件不变，则红光在真空中的折射角小一些，可知，光屏上的光斑将向B点上方移动，故C正确；D．结合上述，若蓝光发生全反射的临界角为C，则有，结合上述解得用蓝色激光从槽边缘C点沿CO入射时，令此时的入射角为，则有此时的入射角大于临界角，可知，此时将发生全反射，即若用蓝色激光从槽边缘C点沿CO入射，光屏不能接收到光束，故D错误。故选C。6.如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框，时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，边刚进入单边界匀强磁场（虚线为其边界）的时刻为，边刚进入磁场的时刻为，设线框中产生的感应电流的大小为，边两端电压大小为，水平拉力大小为，感应电流的热功率为，则关于、、、随运动时间变化关系图像正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】A．金属杆做匀加速直线运动，速度为感应电动势感应电流为其中B、L、a均不变，当0-t1时间内，感应电流为零，t1-t2时间内，电流I与t成正比，t2时间后无感应电流，故A错误；B．感应电流当0-t1时间内，感应电流为零，ad的电压为零，t1-t2时间内电压随时间均匀增加，t2时间后无感应电流，但有感应电动势，为电压随时间均匀增加，故B错误；C．金属杆所受的安培力为由牛顿第二定律得解得当0-t1时间内，感应电流为零，为定值，t1-t2时间内，F与t是线性关系，但不过原点，t2时间后无感应电流为定值，故C正确；D．感应电流的热功率当0-t1时间内，感应电流为零t1-t2时间内，功率P与t2成正比，t2时间后无感应电流，故D错误。故选C。7.如图所示，矩形线圈切割磁感线产生的交流电压，将其接在理想变压器原线圈上，导线上接入阻值的电阻，原、副线圈匝数之比，副线圈上的滑动变阻器的最大阻值为，且其滑动触头可上下安全调节，其余电阻不计，电路中电表均为理想交流电表，下列说法正确的是（）A.时刻，矩形线圈垂直于中性面B.滑动变阻器的阻值为时，其消耗的功率最大，最大值为4.5WC.若将滑动触头从最下端滑到最上端，R消耗的功率先增大后减小再增大D.若维持滑动变阻器消耗功率最大的电路状态，则1分钟内r产生的焦耳热为300J【答案】B【解析】A．时刻电动势为零，线圈磁通量最大，矩形线圈位于中性面，A错误；BC．滑动变阻器滑动触头从最下端逐渐向上移动，电阻R接入电路的阻值逐渐减小，设流经r的电流为，根据可得原线圈两端的电压可得副线圈两端的电压R消耗的功率当时此时所以从最下端滑到最上端的过程中，R消耗的功率先增大后减小，B正确，C错误；D．原线圈电流，则1分钟内r产生的焦耳热D错误。故选B。二、多选题（本题共3个小题，每小题6分，全对得6分，对而不全得3分，有错选得0分，共18分）8.两种单色光分别通过同一双缝干涉装置得到的干涉图样如图甲、乙所示，图丙中有一半圆玻璃砖，O是圆心，MN是法线，PQ是足够长的光屏。甲单色光以入射角i由玻璃砖内部射向O点，折射角为r。则下列说法正确的是（）A.乙光以i入射时一定发生全反射B.甲光的频率比乙光的频率小C.甲光在玻璃砖中的临界角C满足sinC=D.若绕O点逆时针旋转玻璃砖，PQ上可能接收不到甲光【答案】CD【解析】AB．根据双缝干涉条纹的间距公式知甲的波长较小，乙的波长较大，所以甲的频率大，乙的频率小，对同一种介质，甲的折射率大。根据全反射的临界角可知甲的临界角小，乙的临界角大，当甲单色光以入射角i由玻璃砖内部射向O点发生折射时，乙光以i入射时一定不会发生全反射，故AB错误；

C．根据全反射的临界角结合，所以甲光在玻璃砖中的临界角C满足sinC=，故C正确；

D．若绕O点逆时针旋转玻璃砖，随i的增大，由于甲的临界角小，先发生全反射，所以PQ上可能接收不到甲光，故D正确。故选CD。9.在学校饭堂就餐刷卡时，当听到“嘀”的声音，表示刷卡成功。刷卡所用的IC卡内部有由电感线圈L和电容C构成的LC振荡电路。刷卡时，读卡机向外发射某一特定频率的电磁波，IC卡内的LC振荡电路产生电谐振，线圈L中产生感应电流，给电容C充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输。若某时刻线圈产生的磁场方向和电容器内的电场方向如图所示，下列说法正确的是（）A.若增大电容器两板距离，LC振荡频率增大B.该时刻电容器正处于充电过程，电路中电流在减小C.IC卡既能接收读卡机发射的电磁波，也有向读卡机传输数据功能D.若读卡机发射电磁波偏离该特定频率，则IC卡内不会产生感应电流【答案】ABC【解析】A．由电磁振荡周期公式可知，距离增加，电容C减小，周期减小，频率变大，A正确；B．根据线圈L中磁感线的方向和电容器中电场方向，可知该时刻线圈充当电源，正在给电容器充电，电路中的电流在减小，B正确；C．IC卡既能接收读卡机发射的电磁波，也有向读卡机传输数据功能，C正确；D．若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则IC卡内仍会产生感应电流，只不过不能产生电谐振，从而不能产生较大的感应电流，D错误。故选ABC。10.如图，光滑平行轨道的曲面部分是半径为R的四分之一圆弧，水平部分位于竖直向上、大小为B的匀强磁场中，导轨Ⅰ部分两导轨间距为L，导轨Ⅱ部分两导轨间距为，将质量均为m的金属棒P和Q分别置于轨道上的段和段，且与轨道垂直。P、Q棒电阻均为r，导轨电阻不计。Q棒静止，让P棒从圆弧最高点静止释放，当P棒在导轨Ⅰ部分运动时，Q棒已达到稳定运动状态。下列说法正确的是（）A.P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为B.Q棒第一次稳定运动时速度大小为C.Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定，该过程通过P棒的电荷量为D.从P棒进入导轨Ⅱ运动到再次稳定过程中，P、Q棒中产生的总热量为【答案】CD【解析】A．P棒到达轨道最低点时速度大小设为v0，根据机械能守恒定律得根据牛顿第二定律得解得由牛顿第三定律可得，P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为，故A错误；BC．设Q棒第一次稳定运动时的速度为，P棒的速度为，则有Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程中，对P、Q棒分别分析，由动量定理可得又因解得故B错误，C正确；D．从P棒进入导轨Ⅱ运动后，两棒速度稳定时，速度相同，设稳定速度为v。由动量守恒定律得由能量守恒定律得P、Q棒中产生的总热量为解得故D正确。故选CD。三、实验题（本题共2个小题，每空2分，共16分）11.某实验小组用“插针法”测定玻璃砖折射率：（1）如图甲所示，关于该实验的操作，下列说法中正确的是_________A．若P1、P2的距离较大时，通过玻璃砖会看不到P1、P2的像B．为减少测量误差，P1、P2的连线与法线NN'的夹角应尽量小些C．为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当取大些D．若P1、P2的连线与法线NN'夹角较大时，有可能在面发生全反射，所以在一侧会看不到P1、P2的像（2）在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖的，根据测得的入射角θ1和折射角θ2的正弦值求出玻璃砖的折射率，由于测量角度误差较大且不方便，某同学以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线的延长线分别交于A、B点，再过A、B点分别作法线的垂线，垂足为C、D点，如图乙所示，测得AC长度为，BD的长度为，则玻璃的折射率________（用已知字母表示）；为了进一步提高测量的精确程度，他改变入射光线与法线的夹角，进行多次实验，记录了多组和值，并画出图像，如图丙所示，则玻璃的折射率_________。（保留两位有效数字）（3）实验操作过程中，某同学在纸上画出平行玻璃砖的界面、与玻璃砖位置的关系如图丁所示，其他操作均正确。该同学测得的折射率与真实值相比_________（选填“偏大”、“偏小”、“不变”或“无法确定”）。【答案】（1）C（2）；1.6（3）减小【解析】（1）B．为减小测量误差，入射角应适当大一些，即、的连线与法线的夹角应尽量大些，故B错误；C．为了减小作图误差，和的距离应适当大些，故C正确；D．由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于在下表面的入射角，根据光路可逆原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射，故D错误。故选C。（2）设图乙中圆半径为，由图中几何关系可知玻璃的折射率为由图像可知玻璃的折射率为（3）如图所示由图可知，该同学得到的入射角不变，但折射角的测量值比真实值偏大，根据折射定律可知该同学测得折射率与真实值相比偏小。12.某同学用图甲所示实验装置探究一定质量的气体等温变化的规律。将注射器活塞移动到体积最大的位置时，接上软管和压强传感器，记录此时压强传感器的压强为和注射器上的体积为，然后压缩气体，记录多组压强p和体积V的值。（1）关于该实验下列说法正确的是__________。A．为保证封闭气体的气密性，应在活塞与注射器壁间涂上润滑油B．推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出C．为方便推拉活塞，应用手握注射器再推拉活塞D．注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以不标注单位（2）实验中，若软管内气体体积可忽略，在压缩气体过程中漏气，则用上述方法作出的图线应为图乙中的__________（选填“①”或“②”）。（3）若软管内气体体积不可忽略，作出图像是一条曲线，如图丙所示。试用玻意耳定律分析，该曲线的渐近线（图中的虚线）的压强是__________。（用、、表示）（4）在（3）中，该同学找来一些绿豆将其装入上述装置中的注射器内，按照正确的实验操作，移动活塞，多次记录注射器上的体积刻度V和压强传感器读数p，作出图线如图丁所示，由此可测出这些绿豆的体积__________。（已知物理量有、a、b）【答案】（1）AD##DA（2）①（3）（4）【解析】（1）A．为保证封闭气体的气密性，应在活塞与注射器壁间涂上润滑油，A正确B．若快速推动活塞容易使气体温度发生急剧变化，与实验等温条件不符，B错误；C．用手握注射器再推拉活塞，会对气体的温度造成影响，与实验等温条件不符，C错误D．注射器的横截面不变，当刻度分布均匀时，可以用气体的长度来间接表示体积，即可以不标注单位，D正确。故选AD。（2）根据理想气体状态方程，C为常数，可知当压缩气体过程中漏气时，之积会变小，即图像的斜率变小，可知图像为①。（3）若软管内气体体积不可忽略，当注射器中的体积为时，实际气体的总体积为，当趋向于无穷大时，即此时注射器中的气体体积趋向于0，此时气体全部集中在软管内，根据玻意耳定律有解得（4）根据玻意耳定律有整理得由图像横轴截距可知，解得四、解答题（本题共3个小题，共38分，请在答题纸上写出必要的文字说明，重要的方程式，重要的演算过程，明确的数值和单位，只有答案，没有过程的不得分）13.如图甲，交流发电机与一理想变压器连接，给“，”的电饭煲和“，”的抽油烟机正常供电。交流发电机的两磁极间视为匀强磁场，内阻不计的线圈绕垂直于匀强磁场的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从中性面开始计时，产生的电动势如图乙所示。所有导线的电阻均不计，交流电流表是理想电表，求：（1）变压器原线两端电压瞬时值表达式；（2）原副线圈的匝数之比；（3）电饭煲和抽油烟机同时正常工作时电流表的示数。【答案】（1）；（2）；（3）1.2A【解析】（1）由图乙可知：，，所以（2）原线圈两端的电压，副线圈两端的电压（3）电饭煲正常工作时的电流抽油烟机正常工作时电流副线圈中的总电流根据公式，将数据代入得，电流表的示数为1.2A。14.如图所示，绝热汽缸倒扣放置，质量为M的绝热活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸间摩擦忽略不计，活塞下部空间与外界连通，汽缸底部连接一U形细管（管内气体的体积忽略不计）。初始时，封闭气体温度为T，活塞距离汽缸底部为h0，细管内两侧水银柱存在高度差。已知水银密度为ρ，大气压强为p0，汽缸横截面积为S，重力加速度为g，求：（1）U形细管内两侧水银柱的高度差；（2）通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降，求此时的温度；（3）此加热过程中，若气体内能增量为，求气体吸收的热量。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）设封闭气体的压强为，对活塞分析可得解得又解得U形细管内两侧水银柱的高度差为（2）加热过程中气体做等压变化，则解得此时的温度为（3）此加热过程中，气体对外做功为根据热力学第一定律可得气体吸收的热量为15.如图所示，间距为L=1.0m的两平行光滑金属导轨由倾斜部分和水平部分（足够长）平滑连接而成，倾斜部分导轨与水平面夹角为θ=30°，导轨上端接有一个电阻R=1.0Ω。空间存在垂直斜面向上和竖直向上的两部分匀强磁场，两磁场互不干扰，大小均为B=2.0T。导体棒a与b的质量均为m=2.0kg，内阻分别为ra=1.0Ω与rb=2.0Ω，两根导体棒垂直导轨放置。现闭合电键K1，断开电键K2，将a棒从某高度由静止释放，经过一段时间，a棒在斜面上达到最大速度v0。已知导体棒与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g=10m/s2。求：（1）a棒在斜面上达到的最大速度v0；（2）a棒在斜面上从静止下滑到刚刚达到最大速度v0的过程中，电阻R产生的焦耳热为0.8J，求该过程中通过电路的电荷量q1；（3）a棒在离开斜面的瞬间闭合电键K2，断开电键K1，从a棒离开斜面瞬间到刚刚达到实现稳定状态的过程中，求电路中产生的焦耳热，以及流过b棒的电荷量q。【答案】（1）；（2）；（3），【解析】（1）当a棒在斜面上匀速运动时，速度达到最大，则有又，联立解得a棒在斜面上达到的最大速度为（2）a棒在斜面上从静止下滑到刚刚达到最大速度v0的过程中，电阻R产生的焦耳热为0.8J，设此过程a棒下滑的距离为，根据能量守恒可得又联立解得则该过程中通过电路的电荷量为解得（3）a棒在离开斜面的瞬间闭合电键K2，断开电键K1，a棒与b棒受到的安培力大小相等，方向相反，则两棒组成的系统满足动量守恒，当两棒共速时，达到稳定状态，则有解得从a棒离开斜面瞬间到刚刚达到实现稳定状态的过程中，根据能量守恒可知电路中产生的焦耳热为以b棒为对象，根据动量定理可得又联立解得流过b棒的电荷量为四川省眉山市眉山东辰学校2025-2026学年高三上学期零诊模拟考试物理试题考试范围：电磁学+热学+光学时长：75分钟分值：100分一、单项选择题（本题共个7小题，每小题4分，共28分）1.下列关于光和电磁波，说法正确的是（）A.只有当光的波长大于或接近小孔直径或障碍物直径时才能发生衍射现象B.只有当变化的磁场中有闭合线圈时，才会产生电场C.可见光有偏振现象，所以光是横波，其他电磁波由于频率不同，也可能为纵波D.海市蜃楼的形成过程中，既有光的折射也有光的全反射【答案】D【解析】A．只有当光的波长大于或接近小孔直径或障碍物直径时才能发生明显的衍射现象，光的波长明显小于孔或障碍物的尺寸是，仍旧可以发生衍射，只是不明显。故A错误B．变化的磁场可以产生电场，不一定要有闭合线圈。故B错误；C．电磁波一定是横波，与频率无关。故C错误；D．海市蜃楼是由于光在不均匀介质中传播时发生光的折射和全反射造成的。故D正确。故选D。2.关于下图所示几个实验的表述正确的是（）A.甲图实验中，可认为油膜厚度等于油酸分子直径B.乙图实验中，若温度降到0℃以下，扩散现象将停止C.丙图实验可说明气体压强是由气体重力引起的D.丁图实验可说明石蜡的导热性能各向异性【答案】A【解析】A．甲图实验中，可认为油膜厚度等于油酸分子直径，即形成单分子油膜，故A正确；B．乙图实验中，若温度降到0℃以下，分子仍然做无规则的热运动，扩散现象将变慢，故B错误；C．丙图是模拟气体压强产生机理的实验，说明气体压强是由气体分子频繁的撞击器壁产生的，故C错误；D．丁图是石蜡涂在单层云母片上融化实验，说明云母晶体的导热性能各向异性，故D错误。故选A。3.在家庭电路中，接地故障通断器在用电器发生漏电时，能保护人的生命和财产安全。当用电器正常工作时，紧靠的两根绝缘电线电流大小相等、方向相反；当用电器漏电时，线圈中就会产生感应电流，断路器切断电路。若某次漏电瞬间，电线1和电线2中电流流向如题图所示，且电线2中电流小于电线1中电流，则线圈内（）A.磁通量增加，感应电流从N到M B.磁通量减少，感应电流从N到MC.磁通量增加，感应电流从M到N D.磁通量减少，感应电流从M到N【答案】A【解析】当用电器正常工作时，紧靠的两根绝缘电线电流大小相等、方向相反，此时穿过线圈的磁通量为零；当用电器漏电时，且电线2中电流小于电线1中电流，则线圈内磁通量增加，根据楞次定律可知感应电流从N到M。故选A。4.一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是（）A.a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功B.b→c过程，气体对外做功，内能增加C.a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功D.a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量【答案】C【解析】A．a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W<0，由盖-吕萨克定律可知即内能增大，，根据热力学第一定律可知过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；B．方法一：过程中气体与外界无热量交换，即又由气体体积增大可知，由热力学第一定律可知气体内能减少。方法二：过程为等温过程，所以结合分析可知所以b到c过程气体的内能减少。故B错误；C．过程为等温过程，可知根据热力学第一定律可知过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；D．根据热力学第一定律结合上述解析可知：一整个热力学循环过程，整个过程气体对外做功，因此热力学第一定律可得故过程气体从外界吸收的热量不等于过程放出的热量，D错误。故选C。5.真空中有一个底面直径为、高为的圆柱形薄玻璃槽，槽内充满某种液体，一光屏紧贴玻璃槽右侧D点竖直放置，如图所示。现用一蓝色激光笔从槽底A点沿AO方向射出一细光束，光束与液面成角，恰好在光屏上的B点接收到光束，已知O、D距离为，用刻度尺测出B点到槽边缘D点的距离为。不考虑光的多次反射。下列有关说法正确的是（）A.该种液体对蓝光折射率B.蓝光从液体射入真空中，频率将变大C.若改用红色激光笔照射，其他条件不变，光屏上的光斑将向B点上方移动D.若用蓝色激光从槽边缘C点沿CO入射，光屏仍能接收到光束【答案】C【解析】A．根据题意，由几何关系可知，光在液体中的入射角与在真空中的折射角分别为，则该种液体对蓝光的折射率，故A错误；B．蓝光从液体射入真空中，频率不变，故B错误；C．当改用红色激光笔照射，由于液体对红光的折射率小于液体对蓝的折射率，若其他条件不变，则红光在真空中的折射角小一些，可知，光屏上的光斑将向B点上方移动，故C正确；D．结合上述，若蓝光发生全反射的临界角为C，则有，结合上述解得用蓝色激光从槽边缘C点沿CO入射时，令此时的入射角为，则有此时的入射角大于临界角，可知，此时将发生全反射，即若用蓝色激光从槽边缘C点沿CO入射，光屏不能接收到光束，故D错误。故选C。6.如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框，时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，边刚进入单边界匀强磁场（虚线为其边界）的时刻为，边刚进入磁场的时刻为，设线框中产生的感应电流的大小为，边两端电压大小为，水平拉力大小为，感应电流的热功率为，则关于、、、随运动时间变化关系图像正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】A．金属杆做匀加速直线运动，速度为感应电动势感应电流为其中B、L、a均不变，当0-t1时间内，感应电流为零，t1-t2时间内，电流I与t成正比，t2时间后无感应电流，故A错误；B．感应电流当0-t1时间内，感应电流为零，ad的电压为零，t1-t2时间内电压随时间均匀增加，t2时间后无感应电流，但有感应电动势，为电压随时间均匀增加，故B错误；C．金属杆所受的安培力为由牛顿第二定律得解得当0-t1时间内，感应电流为零，为定值，t1-t2时间内，F与t是线性关系，但不过原点，t2时间后无感应电流为定值，故C正确；D．感应电流的热功率当0-t1时间内，感应电流为零t1-t2时间内，功率P与t2成正比，t2时间后无感应电流，故D错误。故选C。7.如图所示，矩形线圈切割磁感线产生的交流电压，将其接在理想变压器原线圈上，导线上接入阻值的电阻，原、副线圈匝数之比，副线圈上的滑动变阻器的最大阻值为，且其滑动触头可上下安全调节，其余电阻不计，电路中电表均为理想交流电表，下列说法正确的是（）A.时刻，矩形线圈垂直于中性面B.滑动变阻器的阻值为时，其消耗的功率最大，最大值为4.5WC.若将滑动触头从最下端滑到最上端，R消耗的功率先增大后减小再增大D.若维持滑动变阻器消耗功率最大的电路状态，则1分钟内r产生的焦耳热为300J【答案】B【解析】A．时刻电动势为零，线圈磁通量最大，矩形线圈位于中性面，A错误；BC．滑动变阻器滑动触头从最下端逐渐向上移动，电阻R接入电路的阻值逐渐减小，设流经r的电流为，根据可得原线圈两端的电压可得副线圈两端的电压R消耗的功率当时此时所以从最下端滑到最上端的过程中，R消耗的功率先增大后减小，B正确，C错误；D．原线圈电流，则1分钟内r产生的焦耳热D错误。故选B。二、多选题（本题共3个小题，每小题6分，全对得6分，对而不全得3分，有错选得0分，共18分）8.两种单色光分别通过同一双缝干涉装置得到的干涉图样如图甲、乙所示，图丙中有一半圆玻璃砖，O是圆心，MN是法线，PQ是足够长的光屏。甲单色光以入射角i由玻璃砖内部射向O点，折射角为r。则下列说法正确的是（）A.乙光以i入射时一定发生全反射B.甲光的频率比乙光的频率小C.甲光在玻璃砖中的临界角C满足sinC=D.若绕O点逆时针旋转玻璃砖，PQ上可能接收不到甲光【答案】CD【解析】AB．根据双缝干涉条纹的间距公式知甲的波长较小，乙的波长较大，所以甲的频率大，乙的频率小，对同一种介质，甲的折射率大。根据全反射的临界角可知甲的临界角小，乙的临界角大，当甲单色光以入射角i由玻璃砖内部射向O点发生折射时，乙光以i入射时一定不会发生全反射，故AB错误；

C．根据全反射的临界角结合，所以甲光在玻璃砖中的临界角C满足sinC=，故C正确；

D．若绕O点逆时针旋转玻璃砖，随i的增大，由于甲的临界角小，先发生全反射，所以PQ上可能接收不到甲光，故D正确。故选CD。9.在学校饭堂就餐刷卡时，当听到“嘀”的声音，表示刷卡成功。刷卡所用的IC卡内部有由电感线圈L和电容C构成的LC振荡电路。刷卡时，读卡机向外发射某一特定频率的电磁波，IC卡内的LC振荡电路产生电谐振，线圈L中产生感应电流，给电容C充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输。若某时刻线圈产生的磁场方向和电容器内的电场方向如图所示，下列说法正确的是（）A.若增大电容器两板距离，LC振荡频率增大B.该时刻电容器正处于充电过程，电路中电流在减小C.IC卡既能接收读卡机发射的电磁波，也有向读卡机传输数据功能D.若读卡机发射电磁波偏离该特定频率，则IC卡内不会产生感应电流【答案】ABC【解析】A．由电磁振荡周期公式可知，距离增加，电容C减小，周期减小，频率变大，A正确；B．根据线圈L中磁感线的方向和电容器中电场方向，可知该时刻线圈充当电源，正在给电容器充电，电路中的电流在减小，B正确；C．IC卡既能接收读卡机发射的电磁波，也有向读卡机传输数据功能，C正确；D．若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则IC卡内仍会产生感应电流，只不过不能产生电谐振，从而不能产生较大的感应电流，D错误。故选ABC。10.如图，光滑平行轨道的曲面部分是半径为R的四分之一圆弧，水平部分位于竖直向上、大小为B的匀强磁场中，导轨Ⅰ部分两导轨间距为L，导轨Ⅱ部分两导轨间距为，将质量均为m的金属棒P和Q分别置于轨道上的段和段，且与轨道垂直。P、Q棒电阻均为r，导轨电阻不计。Q棒静止，让P棒从圆弧最高点静止释放，当P棒在导轨Ⅰ部分运动时，Q棒已达到稳定运动状态。下列说法正确的是（）A.P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为B.Q棒第一次稳定运动时速度大小为C.Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定，该过程通过P棒的电荷量为D.从P棒进入导轨Ⅱ运动到再次稳定过程中，P、Q棒中产生的总热量为【答案】CD【解析】A．P棒到达轨道最低点时速度大小设为v0，根据机械能守恒定律得根据牛顿第二定律得解得由牛顿第三定律可得，P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为，故A错误；BC．设Q棒第一次稳定运动时的速度为，P棒的速度为，则有Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程中，对P、Q棒分别分析，由动量定理可得又因解得故B错误，C正确；D．从P棒进入导轨Ⅱ运动后，两棒速度稳定时，速度相同，设稳定速度为v。由动量守恒定律得由能量守恒定律得P、Q棒中产生的总热量为解得故D正确。故选CD。三、实验题（本题共2个小题，每空2分，共16分）11.某实验小组用“插针法”测定玻璃砖折射率：（1）如图甲所示，关于该实验的操作，下列说法中正确的是_________A．若P1、P2的距离较大时，通过玻璃砖会看不到P1、P2的像B．为减少测量误差，P1、P2的连线与法线NN'的夹角应尽量小些C．为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当取大些D．若P1、P2的连线与法线NN'夹角较大时，有可能在面发生全反射，所以在一侧会看不到P1、P2的像（2）在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖的，根据测得的入射角θ1和折射角θ2的正弦值求出玻璃砖的折射率，由于测量角度误差较大且不方便，某同学以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线的延长线分别交于A、B点，再过A、B点分别作法线的垂线，垂足为C、D点，如图乙所示，测得AC长度为，BD的长度为，则玻璃的折射率________（用已知字母表示）；为了进一步提高测量的精确程度，他改变入射光线与法线的夹角，进行多次实验，记录了多组和值，并画出图像，如图丙所示，则玻璃的折射率_________。（保留两位有效数字）（3）实验操作过程中，某同学在纸上画出平行玻璃砖的界面、与玻璃砖位置的关系如图丁所示，其他操作均正确。该同学测得的折射率与真实值相比_________（选填“偏大”、“偏小”、“不变”或“无法确定”）。【答案】（1）C（2）；1.6（3）减小【解析】（1）B．为减小测量误差，入射角应适当大一些，即、的连线与法线的夹角应尽量大些，故B错误；C．为了减小作图误差，和的距离应适当大些，故C正确；D．由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于在下表面的入射角，根据光路可逆原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射，故D错误。故选C。（2）设图乙中圆半径为，由图中几何关系可知玻璃的折射率为由图像可知玻璃的折射率为（3）如图所示由图可知，该同学得到的入射角不变，但折射角的测量值比真实值偏大，根据折射定律可知该同学测得折射率与真实值相比偏小。12.某同学用图甲所示实验装置探究一定质量的气体等温变化的规律。将注射器活塞移动到体积最大的位置时，接上软管和压强传感器，记录此时压强传感器的压强为和注射器上的体积为，然后压缩气体，记录多组压强p和体积V的值。（1）关于该实验下列说法正确的是__________。A．为保证封闭气体的气密性，应在活塞与注射器壁间涂上润滑油B．推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出C．为方便推拉活塞，应用手握注射器再推拉活塞D．注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以不标注单位（2）实验中，若软管内气体体积可忽略，在压缩气体过程中漏气，则用上述方法作出的图线应为图乙中的__________（选填“①”或“②”）。（3）若软管内气体体积不可忽略，作出图像是一条曲线，如图丙所示。试用玻意耳定律分析，该曲线的渐近线（图中的虚线）的压强是__________。（用、、表示）（4）在（3）中，该同学找来一些绿豆将其装入上述装置中的注射器内，按照正确的实验操作，移动活塞，多次记录注射器上的体积刻度V和压强传感器读数p，作出图线如图丁所示，由此可测出这些绿豆的体积__________。（已知物理量有、a、b）【答案】（1）AD##DA（2）①（3）（4）【解析】（1）A．为保证封闭气体的气密性，应在活塞与注射器壁间涂上润滑油，A正确B．若快速推动活塞容易使气体温度发生急剧变化，与实验等温条件不符，B错误；C．用手握注射器再推拉活塞，会对气体的温度造成影响，与实验等温条件不符，C错误D．注射器的横截面不变，当刻度分布均匀时，可以用气体的长度来间接表示体积，即可以不标注单位，D正确。故选AD。（2）根据理想气体状态方程，C为常数，可知当压缩气体过程中漏气时，之积会变小，即图像的斜率变小，可知图像为①。（3）若软管内气体体积不可忽略，当注射器中的体积为