2023年1月浙江省普通高校招生选考物理试卷

2023年1月浙江省普通高校招生选考物理试卷一、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．（3分）下列属于国际单位制中基本单位符号的是（）A．J B．K C．W D．Wb2．（3分）如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为FT，墙壁对足球的支持力为FN，则（）A．FT＜FN B．FT＝FN C．FT＞G D．FT＝G3．（3分）“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则（）A．选地球为参考系，“天和”是静止的 B．选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的 C．选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的 D．选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的4．（3分）一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中（）A．弹性势能减小 B．重力势能减小 C．机械能保持不变 D．绳一绷紧动能就开始减小5．（3分）如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（）A．O点最大 B．P点最大 C．Q点最大 D．整个运动过程保持不变6．（3分）主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波，某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示，取得最好降噪效果的抵消声波（声音在空气中的传播速度为340m/s）（）A．振幅为2A B．频率为100Hz C．波长应为1.7m的奇数倍 D．在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相7．（3分）如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO'，接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是（）A． B． C． D．8．（3分）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I'的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B'＝k2I'。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I'的方向和大小分别为（）A． B． C． D．9．（3分）宇宙射线进入地球大气层与大气作用会产生中子，中子与大气中的氮14会产生以下核反应：N+n→C+H，产生的C能自发进行β衰变，其半接期为5730年，利用碳14的衰变规律可推断古木的年代．下列说法正确的是（）A．C发生β衰变的产物是N B．β衰变辐射出的电子来自于碳原子的核外电子 C．近年来由于地球的温室效应，引起C的半衰期发生微小变化 D．若测得一古木样品的C含量为活体植物的，则该古木距今约为11460年10．（3分）太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，称为“行星冲日”。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如表：行星名称地球火星木星土星天王星海王星轨道半径R/AU1.01.55.29.51930则相邻两次“冲日”时间间隔约为（）A．火星365天 B．火星800天 C．天王星365天 D．天王星800天11．（3分）被誉为“中国天眼”的大口径球面射电望远镜已发现660余颗新脉冲星，领先世界。天眼对距地球为L的天体进行观测，其接收光子的横截面半径为R。若天体射向天眼的辐射光子中，有η（η＜1）倍被天眼接收，天眼每秒接收到该天体发出的频率为ν的N个光子。普朗克常量为h，则该天体发射频率为ν光子的功率为（）A． B． C． D．12．（3分）如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成。电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY'极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（）A．在XX'极板间的加速度大小为 B．打在荧光屏时，动能大小为11eU C．在XX'极板间受到电场力的冲量大小为 D．打在荧光屏时，其速度方向与OO'连线夹角α的正切13．（3分）如图所示为一斜边镀银的等腰直角棱镜的截面图。一细黄光束从直角边AB以角度θ入射，依次经AC和BC两次反射，从直角边AC出射。出射光线相对于入射光线偏转了α角，则α（）A．等于90° B．大于90° C．小于90° D．与棱镜的折射率有关二、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）（多选）14．（3分）下列说法正确的是（）A．利用电容传感器可制成麦克风 B．物体受合外力越大，则动量变化越快 C．利用红外传感器可制成商场的自动门 D．牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用（多选）15．（3分）氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图1所示。氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ。用同一双缝干涉装置研究两种光的干涉现象，得到如图2和图3所示的干涉条纹。用两种光分别照射如图4所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是（）A．图1中的Hα对应的是Ⅰ B．图2中的干涉条纹对应的是Ⅱ C．Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量 D．P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大三、非选择题（本题共6小题，共55分）16．（7分）（1）在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图1所示。①需要的实验操作有。A．调节滑轮使细线与轨道平行B．倾斜轨道以补偿阻力C．小车靠近打点计时器静止释放D．先接通电源再释放小车②经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图2所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点1的读数为cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则打计数点2时小车的速度大小为m/s（结果保留3位有效数字）。（2）“探究向心力大小的表达式”实验装置如图3所示。①采用的实验方法是。A．控制变量法B．等效法C．模拟法②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的之比（选填“线速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值（选填“不变”、“变大”或“变小”）。17．（7分）在“测量金属丝的电阻率”实验中（1）测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图1所示，图中的导线a端应与（选填“﹣”、“0.6”或“3”）接线柱连接，b端应与（选填“﹣”、“0.6”或“3”）接线柱连接。开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于（选填“左”或“右”）端。（2）合上开关，调节滑动变阻器，得到多组U和I数据。甲同学由每组U、I数据计算电阻，然后求电阻平均值；乙同学通过U﹣I图像求电阻。则两种求电阻的方法更合理的是（选填“甲”或“乙”）。（3）两同学进一步探究用镍铬丝将满偏电流Ig＝300μA的表头G改装成电流表。如图2所示，表头G两端并联长为L的镍铬丝，调节滑动变阻器使表头G满偏，毫安表示数为I。改变L，重复上述步骤，获得多组I、L数据，作出图像如图3所示。则图像斜率k＝mA•m。若要把该表头G改装成量程为9mA的电流表，需要把长为m的镍铬丝并联在表头G两端。（结果均保留两位有效数字）18．（8分）某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA＝300K、活塞与容器底的距离h0＝30cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度Tc＝363K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158J。取大气压，求气体：（1）在状态B的温度；（2）在状态C的压强；（3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。19．（11分）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道下FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5m，HI长度L0＝9m，摆渡车长度L＝3m、质量m＝1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（1）求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。20．（11分）如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为2l的两轻质横杆组成，且L≫2l。线框通有恒定电流I0，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度ω匀速转动，当线框平面与xOz平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量By与时间的近似关系如图2所示，图中B0已知。（1）求0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q；（2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在时间内，求圆环中的电流与时间的关系；（3）求圆环中电流的有效值；（4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经时间角速度减小量为，设线框与圆环的能量转换效率为k，求Δω的值（当0＜x≪1，有（1﹣x）2≈1﹣2x）。21．（11分）探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x轴上方存在垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C（孔径忽略不计），N板连接电流表后接地。位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为60°；且各个方向均有速度大小连续分布在和之间的离子射出。已知速度大小为v0、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C．未能射入孔C的其它离子被分析器的接地外罩屏蔽（图中没有画出）。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。（1）求孔C所处位置的坐标x0；（2）求离子打在N板上区域的长度L；（3）若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压U0；（4）若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与M板之间的电压，求电流表示数刚为0时的电压Ux与孔C位置坐标x之间关系式。

2023年1月浙江省普通高校招生选考物理试卷参考答案与试题解析一、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．（3分）下列属于国际单位制中基本单位符号的是（）A．J B．K C．W D．Wb【考点】力学单位制．【答案】B【分析】本题根据国际单位制中基本单位的七个基本单位，即可解答。【解答】解：国际单位制中基本单位有kg，m，s，K，A，cd，mol，故B正确，ACD错误；故选：B。2．（3分）如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为FT，墙壁对足球的支持力为FN，则（）A．FT＜FN B．FT＝FN C．FT＞G D．FT＝G【考点】一般情况下的共点力平衡．【答案】C【分析】足球受重力、墙壁的支持力和绳子的拉力处于平衡，根据合力为零，运用平行四边形定则求出悬绳的拉力和墙壁对球的支持力。【解答】解：足球受重力、拉力和支持力平衡，受力如图；运用合成法，根据几何知识得：绳子对球的拉力为：墙壁的支持力为：FN＝Gtanθ，可知：FT＞FN，FT＞G，故C正确、ABD错误。故选：C。3．（3分）“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则（）A．选地球为参考系，“天和”是静止的 B．选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的 C．选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的 D．选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的【考点】参考系．【答案】C【分析】本题根据题意，结合每个选项选择的参考系，分析运动情况，即可解答。【解答】解：A选地球为参考系，“天和”是运动的，故A错误；B.选地球为参考系，“神舟十五号”是运动的，故B错误；CD.“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接，选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的，选“神舟十五号”为参考系，“天和”是静止的，故C正确，D错误。故选：C。4．（3分）一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中（）A．弹性势能减小 B．重力势能减小 C．机械能保持不变 D．绳一绷紧动能就开始减小【考点】机械能守恒定律．【答案】B【分析】根据形变量的变化分析弹性势能的变化。根据重力做功情况，分析重力势能的变化。根据机械能守恒条件分析机械能是否守恒。分析游客的受力情况，判断动能的变化情况。【解答】解：A、绳绷紧前，弹性势能不变。绳绷紧后，随着伸长量的增大，弹性势能增大，故A错误；B、游客从跳台下落直到最低点过程中，重力一直做正功，重力势能一直减小，故B正确；C、绳绷紧前，只有重力做功，游客的机械能保持不变。绳绷紧后，绳对游客做负功，游客的机械能减小，故C错误；D、绳绷紧后，游客受到重力和绳的拉力两个力作用，绳的拉力先小于重力，后大于重力，游客的合力先向下后向上，先加速运动后做减速运动，动能先增大后减小，当绳的拉力与重力大小相等时动能最大，故D错误。故选：B。5．（3分）如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（）A．O点最大 B．P点最大 C．Q点最大 D．整个运动过程保持不变【考点】牛顿第二定律．【答案】A【分析】对小石子受力分析，根据牛顿第二定律判断加速度的变化。【解答】解：小石子从O点到P点，竖直方向受到向下的重力和向下的阻力，重力和竖直方向阻力之和产生竖直方向的分加速度，小石子速度减小，空气阻力减小，加速度减小，到P点时，竖直方向加速度最小；小石子从P点到Q点，竖直方向受到向下的重力和向上的阻力，重力和竖直方向阻力之差产生竖直方向的分加速度，小石子速度增大，空气阻力增大，加速度减小，到Q点时，竖直方向加速度最小；即整段过程中，O点竖直方向的加速度最大，故A正确，BCD错误；故选：A。6．（3分）主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波，某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示，取得最好降噪效果的抵消声波（声音在空气中的传播速度为340m/s）（）A．振幅为2A B．频率为100Hz C．波长应为1.7m的奇数倍 D．在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相【考点】声波及其应用；机械波及其形成和传播．【答案】B【分析】由图像求解声波的振幅和周期，进而得到其频率和波长；为实现降噪的目的，在耳膜中产生的振动与图中所示的振动相位相反。【解答】解：A、由图像得，噪声声波的振幅为A，所以抵消声波的振幅为A，故A错误；B、由图像得，声波的周期为10×10﹣3s，频率f＝＝Hz＝100Hz，故B正确；C、声波的波长λ＝vT＝340×10×10﹣3m＝3.4m，为1.7m的偶数倍，故C错误；D、对应的抵消声波与图中所示的噪声声波相位相反，发生干涉现象，使振动减弱，从而实现降噪的目的，故D错误；故选：B。7．（3分）如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO'，接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是（）A． B． C． D．【考点】导体切割磁感线时产生的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【答案】B【分析】闭合回路中的导体棒切割磁感线时，产生感应电流，根据楞次定律可知其所受的安培力会阻碍导体杆相对于磁场的运动，当回路电阻增大时，其所受安培力减小，据此可分析题目。【解答】解：导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总是阻碍导体棒的运动。当电阻R从R0变为2R0时，回路中的电阻增大，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所受的阻力减弱，所杆从开始摆动到停止，运动的路程和经历的时间变长，故B正确，ACD错误。故选：B。8．（3分）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I'的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B'＝k2I'。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I'的方向和大小分别为（）A． B． C． D．【考点】霍尔效应；通电导线及通电线圈周围的磁场．【答案】D【分析】本题根据安培定则，结合合场强为0，即可解答。【解答】解：根据安培定则，螺线管在霍尔元件处的磁场方向竖直向下，要使元件输出霍尔电压UH为零，直导线ab在霍尔元件处的磁场方向竖直向上，根据安培定则，待测电流方向由b→a，元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合场强为0，即k1I0＝k2I'，I'＝，故ABC错误，D正确；故选：D。9．（3分）宇宙射线进入地球大气层与大气作用会产生中子，中子与大气中的氮14会产生以下核反应：N+n→C+H，产生的C能自发进行β衰变，其半接期为5730年，利用碳14的衰变规律可推断古木的年代．下列说法正确的是（）A．C发生β衰变的产物是N B．β衰变辐射出的电子来自于碳原子的核外电子 C．近年来由于地球的温室效应，引起C的半衰期发生微小变化 D．若测得一古木样品的C含量为活体植物的，则该古木距今约为11460年【考点】原子核的衰变及半衰期、衰变速度．【答案】D【分析】根据核反应方程书写规律：电荷数守恒和质量数守恒；半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关；根据剩余质量与半衰期的关系判断；根据β衰变的本质判断【解答】解：A、C能自发进行β衰变，根据质量数守恒与电荷数守恒可知，其衰变方程为：→，故A错误；B、β衰变产生的电子是β衰变过程中中子转化为一个质子同时放出一个电子形成的，故B错误；C、半衰期是放射性物质固有属性，由原子核自身的因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关，温度变化不能改变碳14的半衰期，故C错误；D、测得一古木样品的C含量为活体植物的，根据，可知经过了两个半衰期，所以该古木距今约为：N＝2T＝2×5700年＝11460年，故D正确。故选：D。10．（3分）太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，称为“行星冲日”。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如表：行星名称地球火星木星土星天王星海王星轨道半径R/AU1.01.55.29.51930则相邻两次“冲日”时间间隔约为（）A．火星365天 B．火星800天 C．天王星365天 D．天王星800天【考点】万有引力定律的应用；向心力；开普勒定律．【答案】B【分析】行星绕太阳做匀速圆周运动，根据开普勒第三定率，轨道半径的三次方与周期T的平方的比值都相等，从一次行星冲日到下一次行星冲日，为地球比行星多转一圈的时间。【解答】解：由开普勒第三定律，其轨道半径r的三次方与周期T的平方的比值都相等，设地球外另一行星的周期为T'，则有：则两次冲日时间间隔为t，则可得：t＝对火星和地球，代入数据得：t≈800天对天王星和地球，代入数据得：t≈369天故B正确，ACD错误。故选：B。11．（3分）被誉为“中国天眼”的大口径球面射电望远镜已发现660余颗新脉冲星，领先世界。天眼对距地球为L的天体进行观测，其接收光子的横截面半径为R。若天体射向天眼的辐射光子中，有η（η＜1）倍被天眼接收，天眼每秒接收到该天体发出的频率为ν的N个光子。普朗克常量为h，则该天体发射频率为ν光子的功率为（）A． B． C． D．【考点】光子及其动量．【答案】A【分析】根据题意结合球的表面积的计算公式、圆形面积公式、光子能量计算公式以及功率的计算公式求解即可。【解答】解：以天体为球心，在天眼处对应的球形的表面积为S1＝4πL2天眼接收光子的横截面的面积为S2＝πR2天眼接收光子的功率为P1＝Nhν该天体发射频率为ν光子的功率P＝•P1＝故A正确，BCD错误；故选：A。12．（3分）如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成。电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY'极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（）A．在XX'极板间的加速度大小为 B．打在荧光屏时，动能大小为11eU C．在XX'极板间受到电场力的冲量大小为 D．打在荧光屏时，其速度方向与OO'连线夹角α的正切【考点】带电粒子在电场中的运动综合；示波器的使用；动能定理．【答案】D【分析】根据牛顿第二定律可知在XX'极板间的加速度大小，电子在XX'极板间受到电场力做功不一定等于eU，根据类平抛运动规律分析D项。【解答】解：A、根据牛顿第二定律可知在XX'极板间的加速度大小为a＝，故A错误；B、电子在进入偏转电场之间的加速过程，电场力做功为10eU，进入偏转电场后电场力对其做功最大为0.5eU，根据动能定理可知，电子打在荧光屏时，动能最大是10.5eU，故B错误；C、根据动能定理可知在XX'极板间受到电场力的冲量大小为I＝ΔP＝mvy，由于偏转电场对电子做功最大为0.5eU，可得≤0.5eU，所以在XX'极板间受到电场力的冲量大小I≤，故C错误；D、电子经加速枪加速，根据动能定理有：e•10U＝，在XX'极板运动的时间为l＝vt，沿电场方向的位移y＝t2，则位移为水平方向的夹角θ的正切tanθ＝，根据平抛运动规律可知tanα＝2tanθ；联立解得：，故D正确。故选：D。13．（3分）如图所示为一斜边镀银的等腰直角棱镜的截面图。一细黄光束从直角边AB以角度θ入射，依次经AC和BC两次反射，从直角边AC出射。出射光线相对于入射光线偏转了α角，则α（）A．等于90° B．大于90° C．小于90° D．与棱镜的折射率有关【考点】光的折射及折射定律．【答案】A【分析】通过BC作出△ABC的对称图形，根据对称性可知光线从AC射出时与法线的夹角也为θ，根据数学知识求解α角的大小。【解答】解：题图已经画出此过程中光的传播路径，通过BC作出△ABC的对称图形，如图所示：根据对称性可知，从CD边射出的光线与法线的夹角也为θ，所以光线从AC射出时与法线的夹角也为θ；由于垂直于AB的法线与垂直于AC的法线相互垂直，根据数学知识（一个角的两边与另一个角的两边相互垂直，这两个角相等或互补）可知，从AC边射出的光线与入射光线相互垂直，故出射光线相对于入射光线偏转角为α＝90°，故A正确、BCD错误。故选：A。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）（多选）14．（3分）下列说法正确的是（）A．利用电容传感器可制成麦克风 B．物体受合外力越大，则动量变化越快 C．利用红外传感器可制成商场的自动门 D．牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用【考点】动量定理；动量守恒定律；电容器与电容；生活中常见的传感器；牛顿力学的局限性．【答案】ABC【分析】利用电容传感器可制成麦克风；根据动量定理判断合外力与动量变化快慢的关系；利用红外传感器可制成商场的自动门；牛顿运动定律只适用于宏观低速物体，不适用于微观高速物体。而动量守恒定律既适用于低速宏观物体，也适用于高速微观物体。【解答】解：A、利用电容传感器可制成麦克风，人对着话筒讲话时，振动膜前后振动，电容器两板间的距离发生变化，电容器的电容变化，将声信号转化为电信号，故A正确；B、由动量定理得，F＝，物体所受合外力越大，动量的变化率越大，即动量变化越快，故B正确；C、红外线是一种不可见光，人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，利用红外传感器可制成商场的自动门，故C正确；D、牛顿运动定律只适用于宏观物体的低速运动，不适用于微观物体的高速运动。而动量守恒定律既适用于宏观物体的低速运动，也适用于微观物体的高速运动。故D错误。故选：ABC。（多选）15．（3分）氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图1所示。氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ。用同一双缝干涉装置研究两种光的干涉现象，得到如图2和图3所示的干涉条纹。用两种光分别照射如图4所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是（）A．图1中的Hα对应的是Ⅰ B．图2中的干涉条纹对应的是Ⅱ C．Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量 D．P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大【考点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；用双缝干涉测量光的波长；光电效应；爱因斯坦光电效应方程．【答案】CD【分析】根据玻尔理论判断两种光子的波长与频率，然后判断对应的光和干涉条纹；根据光子动量的表达式判断；根据光电效应方程与动能定理判断。【解答】解：A、根据玻尔理论可知，氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ的能量值大于氢原子从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ的能量值，根据E＝hν＝，可知氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ的波长小于氢原子从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ的波长，所以图1中的Hα对应的是Ⅱ，故A错误；B、由A的判断可知Ⅱ的波长大，根据可知，图3中的干涉条纹对应的是Ⅱ，故B错误；C、可见光Ⅱ的波长大，根据p＝可知可见光Ⅱ的对应的光子的动量小，故C正确；D、根据Ek＝hν﹣W0和Ek＝eUc，结合可见光Ⅱ的能量值小，可知光Ⅰ对应的遏止电压比Ⅱ的对应的遏止电压大，即P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大，故D正确。故选：CD。三、非选择题（本题共6小题，共55分）16．（7分）（1）在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图1所示。①需要的实验操作有ACD。A．调节滑轮使细线与轨道平行B．倾斜轨道以补偿阻力C．小车靠近打点计时器静止释放D．先接通电源再释放小车②经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图2所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点1的读数为2.74cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则打计数点2时小车的速度大小为1.47m/s（结果保留3位有效数字）。（2）“探究向心力大小的表达式”实验装置如图3所示。①采用的实验方法是A。A．控制变量法B．等效法C．模拟法②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的角速度平方之比（选填“线速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值不变（选填“不变”、“变大”或“变小”）。【考点】探究小车速度随时间变化的规律；探究圆周运动的相关参数问题．【答案】（1）①ACD；②2.74，1.47；（2）①A；②角速度平方，不变。【分析】（1）①根据实验原理、操作规范和注意事项分析解答；②根据刻度尺读数规则读数即可，根据中间时刻的瞬时速度等于平均速度求解即可；（2）①“探究向心力大小的表达式”采用了控制变量法；②根据向心力公式判断求解即可。【解答】解：（1）①A、为使小车能做匀加速直线运动，必须使小车受到的合力恒定，调节滑轮使细线应与轨道平行，故A正确；B、探究小车速度随时间变化规律，与小车是否受到阻力没有关系，所以不需倾斜轨道以补偿阻力，故B错误；C、为提高纸带的利用率，小车应靠近打点计时器静止释放，故C正确；D、实验中为了在纸带上打出更多的点，为了打点的稳定，具体操作中要求先接通电源再释放小车，故D正确。故选：ACD。②刻度尺为毫米刻度尺，最小分度值为0.1cm，由图得，计数点1的读数为2.74cm；打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，打点周期T＝＝s＝0.02s打计数点2的时刻是1到3的中间时刻，中间时刻的瞬时速度等于平均速度，设则打计数点2时小车的速度大小为v＝m/s＝1.47m/s（2）①本实验通过控制一些物理量不变，来研究其他物理量之间的关系，采用了控制变量法，故A正确，BC错误。故选：A。②左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的向心力之比，根据向心力公式得：Fn＝mω2r在小球质量和转动半径相同的情况下，向心力之比应等于角速度平方之比；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。故答案为：（1）①ACD；②2.74，1.47；（2）①A；②角速度平方，不变。17．（7分）在“测量金属丝的电阻率”实验中（1）测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图1所示，图中的导线a端应与0.6（选填“﹣”、“0.6”或“3”）接线柱连接，b端应与0.6（选填“﹣”、“0.6”或“3”）接线柱连接。开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于左（选填“左”或“右”）端。（2）合上开关，调节滑动变阻器，得到多组U和I数据。甲同学由每组U、I数据计算电阻，然后求电阻平均值；乙同学通过U﹣I图像求电阻。则两种求电阻的方法更合理的是乙（选填“甲”或“乙”）。（3）两同学进一步探究用镍铬丝将满偏电流Ig＝300μA的表头G改装成电流表。如图2所示，表头G两端并联长为L的镍铬丝，调节滑动变阻器使表头G满偏，毫安表示数为I。改变L，重复上述步骤，获得多组I、L数据，作出图像如图3所示。则图像斜率k＝2.3mA•m。若要把该表头G改装成量程为9mA的电流表，需要把长为0.26m的镍铬丝并联在表头G两端。（结果均保留两位有效数字）【考点】导体电阻率的测量．【答案】（1）0.6，0.6，左；（2）乙；（3）2.3，0.26【分析】（1）根据电源电动势与电路图分析连线；（2）采用作图法处理数据可以减小偶然误差；（3）根据数学方法可解得图像斜率与金属丝长度。【解答】解：（1）实验中用两节干电池供电，则图中的导线a端应与“0.6”接线柱连接，金属丝的电图较小，电流表外接误差较小，故b端应与“0.6”接线柱连接，为了保护电表，开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于左端。（2）做U﹣I图象可以排除偶然误差较大的数据．提高实验的准确程度，减少实验的误差，则乙同学通过U﹣I图像求电阻，求电阻的方法更合理；（3）由图像可知图像斜率k＝mA•m＝2.3mA•m延长图像可知，当I＝9.0mA时可得＝3.8m﹣1解得：L＝0.26m故答案为：（1）0.6，0.6，左；（2）乙；（3）2.3，0.2618．（8分）某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA＝300K、活塞与容器底的距离h0＝30cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度Tc＝363K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158J。取大气压，求气体：（1）在状态B的温度；（2）在状态C的压强；（3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。【考点】热力学第一定律及其应用；理想气体及理想气体的状态方程．【答案】（1）气体在状态B的温度为330K；（2）气体在状态C的压强为1.1×105Pa；（3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q为188J。【分析】（1）从状态A到状态B的过程中气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律求气体在状态B的温度；（2）从状态B到状态C的过程中气体发生等容变化，根据查理定律求气体在状态C的压强；（3）根据W＝pΔV求出从状态A到状态B的过程中气体对外做的功，再根据热力学第一定律求由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。【解答】解：（1）从状态A到状态B的过程中气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律得＝代入数据解得：TB＝330K（2）气体在状态B的压强为pB＝p0+＝0.99×105Pa+Pa＝1×105Pa从状态B到状态C的过程中气体发生等容变化，根据查理定律得＝代入数据解得：pC＝1.1×105Pa（3）从状态A到状态B的过程中气体对外做的功为W＝pBSd＝1×105×100×10﹣4×0.03J＝30J从状态B到状态C的过程中气体不做功。由状态A到状态C过程中，根据热力学第一定律得ΔU＝Q﹣W代入数据解得：ΔU＝188J答：（1）气体在状态B的温度为330K；（2）气体在状态C的压强为1.1×105Pa；（3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q为188J。19．（11分）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道下FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5m，HI长度L0＝9m，摆渡车长度L＝3m、质量m＝1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（1）求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。【考点】动量守恒定律；牛顿第二定律；生活中的圆周运动——竖直平面内的圆周运动；动能定理．【答案】（1）滑块过C点的速度大小为4m/s，轨道对滑块的作用力大小为22N；（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，则滑块与摆渡车之间的动摩擦因数为0.3；（3）在（2）的条件下，滑块从G到J所用的时间为2.5s。【分析】（1）滑块从静止释放到C点过程中，根据动能定理求解速度大小，滑块过C点时，根据牛顿第二定律进行解答；（2）从静止释放到G点过程，根据动能定理求解滑上摆渡车时的速度大小，根据动量守恒定律、能量守恒定律求解动摩擦因数；（3）对摆渡车根据动量定理求解滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程所用时间，滑块与摆渡车共速后，根据位移—时间关系求解滑块与摆渡车一起做匀速直线运动所用时间，因此得到滑块从G到J所用的时间。【解答】解：（1）滑块从静止释放到C点过程中，只有重力做功，根据动能定理可得：mg（h﹣1.2R﹣R﹣Rcosθ）＝﹣0代入数据解得：vC＝4m/s滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得：FC+mg＝m代入数据解得：FC＝22N；（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得：mgh﹣0.2mgLFG＝﹣0代入数据解得：v＝6m/s摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，假设滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速v1，以滑块和摆渡车为研究对象，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv＝2mv1；代入数据解得：v1＝3m/s根据能量守恒定律可得：μmgL＝mv2﹣×2mv12解得：μ＝0.3此过程中对摆渡车根据动能定理可得：μmgx＝代入数据解得摆渡车的位移：x＝1.5m＜L0﹣L＝9m﹣3m＝6m所以假设成立，说明摆渡车达到I之前已经共速，动摩擦因数为μ＝0.3；（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，所用时间为t1，对摆渡车根据动量定理可得：μmgt＝mv1﹣0解得：t1＝1s滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动所用时间为：t2＝代入数据解得：t2＝1.5s所以滑块从G到J所用的时间t＝t1+t2＝1s+1.5s＝2.5s。答：（1）滑块过C点的速度大小为4m/s，轨道对滑块的作用力大小为22N；（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，则滑块与摆渡车之间的动摩擦因数为0.3；（3）在（2）的条件下，滑块从G到J所用的时间为2.5s。20．（11分）如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为2l的两轻质横杆组成，且L≫2l。线框通有恒定电流I0，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度ω匀速转动，当线框平面与xOz平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量By与时间的近似关系如图2所示，图中B0已知。（1）求0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q；（2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在时间内，求圆环中的电流与时间的关系；（3）求圆环中电流的有效值；（4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经时间角速度减小量为，设线框与圆环的能量转换效率为k，求Δω的值（当0＜x≪1，有（1﹣x）2≈1﹣2x）。【考点】电磁感应中的能量类问题；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时产生的感应电动势．【答案】（1）0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q为；（2）在时间内，圆环中的电流与时间的关系为：时间内电流为零，时间内电流为；（3）圆环中电流的有效值为；（4）Δω的值为。【分析】（1）根据电流定义式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律推导求解；（2）在时间内，圆环的磁通量不变，故圆环中的感应电流为零；在时间内，由法拉第电磁感应定律求得感应电动势，由楞次定律判断感应电流方向，根据闭合电路欧姆定律求解。（3）由图（2）的对称性可知，圆环中电流的有效值可用半个周期时间内的热等效求得；（4）根据能量的转化，线框的动能减小量乘以转换效率等于圆环产生的焦耳求解。【解答】解：（1）由电流定义式得：q＝由闭合电路欧姆定律得：＝由法拉第电磁感应定律得：＝0到时间内圆环的磁通量变化量的绝对值为：ΔΦ＝B0S﹣（﹣B0S）＝2B0S联立解得：q＝；（2）在时间内，圆环的磁通量不变，故圆环中的感应电流为零；在时间内，感应电动势为：E＝＝•S＝沿y轴正方向看，由楞次定律判断感应电流为顺时针方向，故为负值，则此时间内感应电流为：I＝＝；（3）由图（2）的对称性可知，圆环中电流的有效值可用半个周期时间内的热等效求得，则有I2R＝I有2R•解得：I有＝