云南省昆明市呈贡区云大附中呈贡中学2023-2024学年高三上学期开学考物理试题

2023-2024学年云南大学附中呈贡校区高三（上）开学物理试卷一、单选题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求。1．（3分）关于电磁场及电磁波，下列说法错误的是（）A．麦克斯韦提出电磁场理论，赫兹通过实验证实了电磁波的存在 B．变化的电场能够产生磁场，变化的磁场能够产生电场 C．不同电磁波具有不同的波长，电磁波中无线电波可用于通信 D．红外线的显著作用是热效应，温度较低的物体不能辐射红外线2．（3分）如图所示，光束沿AO方向从空气射向某种介质，折射光线沿OB方向。下列说法正确的是（）A．这束光从空气进入介质后频率会增大 B．这束光从空气进入介质后波长会增大 C．这束光在该介质中的传播速度小于在空气中的传播速度 D．若这束光沿BO方向从介质射向空气，可能会发生全反射现象3．（3分）如图所示为两边支撑腿等长的“人字梯”，调节支撑腿之间的角度可以获取更大高度，所以是人们在生活和工作中经常使用的登高工具。现有一个人站在“人字梯”的最高处，当两边支撑腿之间的角度增大时，则（）A．对地面的压力增大 B．对地面的压力减小 C．一条支撑腿受到的摩擦力减小 D．一条支撑腿受到的摩擦力增大4．（3分）某交变电流电压随时间变化的规律如图所示（初始部分为正弦函数的四分之一周期），下列说法正确的是（）A．该交变电流的周期为2s B．该交变电流电压的有效值为200V C．将该交变电流加在交流电压表两端时，电压表读数为 D．将该交变电流加在启辉电压（达到或超过启辉电压后氖管会发光）为200V的氖管上，氖管未被击穿，氖管1秒钟内发光次数为100次5．（3分）如图所示，将一小球从倾角θ＝30°的斜面顶端A点以初速度v0水平抛出，落在斜面上的B点，C为小球运动过程中与斜面相距最远的点，CD垂直AB。小球可视为质点，空气阻力不计，重力加速度为g，则（）A．小球在C点的速度大小是2v0 B．小球从A到B点所用时间等于 C．小球在B点的速度与水平方向的夹角正切值是2tanθ D．A、B两点间距离等于6．（3分）某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足（）A． B． C． D．7．（3分）在如图甲所示的虚线框内有匀强磁场，一固定的金属线圈abcd有部分处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。线圈中产生的电动势E、电流I、内能Q、线框受到的安培力F与时间t的关系可能正确的是（）A． B． C． D．8．（3分）如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA＝2kg，mB＝3kg，从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB大小随时间变化的规律分别为FA＝（7﹣2t）N，FB＝（3+2t）N。则（）A．A、B两物体一直做匀加速直线运动 B．当FA＝FB时，A、B两物体之间的弹力为零 C．t＝2s时开始A、B两物体之间的弹力为零 D．t＝6s时，B物体的加速度为5m/s2二、多选题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每题给出的四个选项中，有多个符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选或漏选不得分。（多选）9．（4分）如图所示的4种明暗相间的条纹，分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样（黑色部分表示亮纹）。则（）A．属于衍射图样的是a和c B．属于干涉图样的是a和c C．a图对应的光的波长比c图对应的光的波长更大 D．从左到右的a、b、c、d四幅图对应的色光的顺序是红光、紫光、蓝光、黄光（多选）10．（4分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，其输入端通过灯泡L1与输出电压有效值恒定的交流电源u＝Umsin（ωt）（V）的交流电源相连，副线圈电路中接有灯泡L2和最大阻值为R的滑动变阻器，已知两个灯泡的额定电压均为U，且两者规格完全相同，电压表为理想电表，导线电阻不计。开始时滑动变阻器的滑片P位于最下端，调节滑动变阻器的滑片可使两个小灯泡同时正常发光（忽略灯丝电阻变化），下列说法正确的是（）A．在R的滑片P向上滑动的过程中，电源的输出功率将会变大 B．在R的滑片P向上滑动的过程中，L1的亮度会变暗 C．若小灯泡L2突然烧坏，电压表示数会减小 D．交流电源的最大值为Um＝3U（多选）11．（4分）如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是（）A．F′点与C′点的电场强度大小相等 B．B′点与E′点的电场强度方向相同 C．A′点与F′点的电势差小于O'点与D'点的电势差 D．将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小（多选）12．（4分）一列沿x轴负方向传播的简谐横波，t＝0时刻的波形如图中实线所示，t＝0.2s时刻的波形如图中的虚线所示，则（）A．t＝0时刻质点P的运动方向向下 B．波的周期可能为0.8s C．波的频率可能为13.75Hz D．波的传播速度可能为18m/s三、实验题。本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡指定的答题处。13．（6分）在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图1所示。（1）观察变压器的铁芯，它的结构和材料是。A.整块硅钢铁芯B.整块不锈钢铁芯C.绝缘的铜片叠成D.绝缘的硅钢片叠成（2）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数（填“多”或“少”）。（3）以下给出的器材中，本实验需要用到的是。（填字母）（4）为了保证安全，低压交流电源的电压不要超过。（填字母）A.2VB.12VC.50V（5）在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为。（填字母）A.1.5VB.6.0VC.7.0V（6）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，原因不可能为。（填字母代号）A.原、副线圈上通过的电流发热B.铁芯在交变磁场作用下发热C.变压器铁芯漏磁D.原线圈输入电压发生变化14．（10分）如图甲所示是一个多量程多用电表的简化电路图，请完成下列问题。（1）测量直流电流、直流电压和电阻各有两个量程。当选择开关S旋到位置5、6时，电表用来测量；当S旋到位置时，电表可测量直流电流，且量程较大。（2）某同学用此多用表测量某电学元件的电阻，选用“×10”倍率的欧姆挡测量，发现多用表指针偏转很小，因此需选择（填“×1”或“×100”）倍率的欧姆挡。（3）某实验小组利用下列器材研究欧姆挡不同倍率的原理，组装如图乙所示的简易欧姆表。实验器材如下：A．干电池（电动势E为3.0V，内阻r不计）；B．电流计G（量程300μA，内阻99Ω）；C．可变电阻器R；D．定值电阻R0＝1Ω；E．导线若干，红黑表笔各一只。①在乙图中，左侧表笔是（“红”，“黑”）表笔；②如果将R0与电流计并联，如图丙所示，这相当于欧姆表换挡，则换挡前、后倍率之比为。四、解答题：本题共4小题，共44分。把答案写在答题卡的指定答题处，要求写出必要的文字说明，方程和演算步骤。15．（8分）“跳棋”游戏中的棋子是用玻璃材料做的一种球形器材，有位同学想测定棋子的折射率。如图所示为其过球心的横截面，设玻璃棋子半径为R，直线EF为过球心的水平线，一束光线平行于EF射到棋子表面N点处，光线从Q点射出，并与EF交于P点。若棋子内无其他介质，入射光线与EF相距R，入射光线从N点进入棋子后的折射角为γ＝30°，真空中光速为c。（i）作出光线的光路图并求出棋子的折射率；（ii）求光线从进入棋子到第一次射出棋子所用的时间。16．（10分）如图所示，在水平桌面上倒立一个质量为M＝10kg、深度h＝15cm的无盖圆柱形汽缸，现用一质量为m＝5.0kg、横截面积为S＝0.01m2的活塞（厚度不计）封闭一定质量的理想气体，活塞下端拴接一劲度系数为k＝5.0×103N/m的轻质弹簧，弹簧的原长为7.5cm，开始时活塞到汽缸底部的距离为5cm。活塞可在汽缸内无摩擦地上下滑动且汽缸不会漏气，活塞和汽缸均由绝热材料制成，汽缸内有一电热丝（不计体积和质量）可对气体加热。已知大气压强，重力加速度g＝10m/s2。汽缸内气体初始温度为t0＝27℃。求：（1）弹簧恰好与桌面接触时，汽缸中气体的温度；（2）汽缸刚要离开桌面时气体的温度。17．（12分）如图所示，第一象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；第四象限有与y轴负方向平行的匀强电场。一质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子从A点以与y轴正方向夹角为30°的速度垂直于磁场射入，一段时间后从x轴上B点进入电场，经过电场偏转后恰好从O点射出。已知A点坐标为（0，d）、B点坐标为，不计粒子的重力。求：（1）粒子从A点射入磁场的速度v的大小；（2）匀强电场的电场强度E的大小。18．（14分）如图所示，光滑水平面上有一辆质量为M＝1kg的小车，一轻弹簧固定在小车挡板上，此时弹簧长度恰好为原长，不车上表面的右端放置一个质量为m＝0.9kg滑块（可视为质点），滑块与小车上表面间的动摩擦因数为μ＝0.2，滑块与弹簧右端相距L＝0.6m，整个系统一起以v1＝10m/s的速度向右做匀速直线运动．现在有一质量为m0＝0.1kg的子弹，以v0＝150m/s的速度向左射入滑块且不穿出，所用时间极短．滑块在小车上运动一段距离后挤压弹簧，当弹簧压缩到最短时的压缩量为d＝0.5m，g＝10m/s2．求①子弹刚射入滑块时，子弹与滑块的共同速度；②弹簧压缩到最短时，弹簧弹性势能的大小．

2023-2024学年云南大学附中呈贡校区高三（上）开学物理试卷参考答案与试题解析一、单选题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求。1．（3分）关于电磁场及电磁波，下列说法错误的是（）A．麦克斯韦提出电磁场理论，赫兹通过实验证实了电磁波的存在 B．变化的电场能够产生磁场，变化的磁场能够产生电场 C．不同电磁波具有不同的波长，电磁波中无线电波可用于通信 D．红外线的显著作用是热效应，温度较低的物体不能辐射红外线【考点】电磁波的产生；电磁波的发射、传播和接收；电磁波谱；电磁波的应用与信息化社会．【答案】D【分析】麦克斯韦提出电磁场理论，赫兹通过实验证实了电磁波的存在；根据麦克斯韦电磁场理论判断；根据电磁波谱判断；所有的物体都能向外辐射红外线。【解答】解：A、英国物理学家麦克斯韦提出电磁场理论后，德国物理学家赫兹通过实验证实了电磁波是真实存在的，故A正确；B、根据麦克斯韦电磁场理论，可知变化的电场能够产生磁场，变化的磁场能够产生电场，故B正确；C、根据电磁波谱，可知不同电磁波具有不同的波长，无线电波波长较长，可用于通信，故C正确；D、红外线的显著作用是热效应，所有的物体都能向外辐射红外线，故D错误。本题选择错误的，故选：D。2．（3分）如图所示，光束沿AO方向从空气射向某种介质，折射光线沿OB方向。下列说法正确的是（）A．这束光从空气进入介质后频率会增大 B．这束光从空气进入介质后波长会增大 C．这束光在该介质中的传播速度小于在空气中的传播速度 D．若这束光沿BO方向从介质射向空气，可能会发生全反射现象【考点】光的折射及折射定律；全反射；波长、频率和波速的关系．【答案】C【分析】由v＝可判断出光在介质中和空气中传播速度的大小关系；光传播中频率不变，根据光的可逆性分析D项。【解答】解：ABC、光从空气进入介质后频率不变，根据v＝，可知光速减小，根据v＝λf，可知光的波长会变小，故AB错误，C正确；D、根据光传播的可逆性可知，若这束光沿BO方向从介质射向空气，不会发生全反射现象，故D错误；故选C。3．（3分）如图所示为两边支撑腿等长的“人字梯”，调节支撑腿之间的角度可以获取更大高度，所以是人们在生活和工作中经常使用的登高工具。现有一个人站在“人字梯”的最高处，当两边支撑腿之间的角度增大时，则（）A．对地面的压力增大 B．对地面的压力减小 C．一条支撑腿受到的摩擦力减小 D．一条支撑腿受到的摩擦力增大【考点】摩擦力的判断和计算；力的合成与分解的应用．【答案】D【分析】对人字梯进行受力分析，结合共点力平衡的条件即可得出结论。【解答】解：AB、人字梯在地面上静止时，受到重力、地面的支持力与摩擦力，竖直方向两侧支撑腿受到支持力的合力与重力大小相等，方向相反，与人字梯两支撑腿的夹角无关，所以当两边支撑腿之间的角度增大时，人字梯受到的支持力不变，根据牛顿第三定律，人字梯对地面得压力不变，故AB错误；CD、人字梯静止时，地面对人字梯的作用力的合力沿梯子支撑腿的方向，否则会发生转动；对其中一支撑腿受力分析如图：支撑腿受到的支持力不变，则人字梯的两支撑腿之间的夹角越大，受到的摩擦力越大，所以当两边支撑腿之间的角度增大时，任意一条支撑腿受到的摩擦力增大，故C错误，D正确。故选：D。4．（3分）某交变电流电压随时间变化的规律如图所示（初始部分为正弦函数的四分之一周期），下列说法正确的是（）A．该交变电流的周期为2s B．该交变电流电压的有效值为200V C．将该交变电流加在交流电压表两端时，电压表读数为 D．将该交变电流加在启辉电压（达到或超过启辉电压后氖管会发光）为200V的氖管上，氖管未被击穿，氖管1秒钟内发光次数为100次【考点】交变电流的峰值、有效值、平均值和瞬时值．【答案】D【分析】根据图象可以知道交流电压的最大值和交流电的周期，根据最大值和有效值的关系即可求得交流电的有效值和频率，根据一个周期内大于200V的情况判断。【解答】解：A．由图像可知，该交变电流的周期为2×10﹣2s，故A错误；B．根据电流的热效应，设电压的有效值为U，则有，代入数据解得该交变电流电压的有效值为，故B错误；C．交流电压表读数为交变电流电压的有效值，所以电压表读数为，故C错误；D．当交流电压大于或等于启辉电压200V时，氖管才能发光，可知一个周期发光两次，而交变电流的周期为2×10﹣2s，则1秒内发光100次，故D正确。故选：D。5．（3分）如图所示，将一小球从倾角θ＝30°的斜面顶端A点以初速度v0水平抛出，落在斜面上的B点，C为小球运动过程中与斜面相距最远的点，CD垂直AB。小球可视为质点，空气阻力不计，重力加速度为g，则（）A．小球在C点的速度大小是2v0 B．小球从A到B点所用时间等于 C．小球在B点的速度与水平方向的夹角正切值是2tanθ D．A、B两点间距离等于【考点】平抛运动．【答案】C【分析】当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，由此求出小球在C点的速度大小；小球落在B点时，竖直位移与水平位移之比等于tanθ，由此求解小球从A到B点所用时间，进一步求出小球在B点的速度与水平方向的夹角正切值，由分位移公式和几何知识相结合求解A、B两点间距离。【解答】解：A、C为小球运动过程中与斜面相距最远的点，则小球在C点时速度方向与斜面平行，此时有：，故A错误；B、设小球从A到B点所用时间为t，则有tanθ＝＝＝，解得：，故B错误；C、小球在B点的速度与水平方向的夹角正切值是tanα＝＝2tanθ，故C正确；D、小球水平方向做匀速直线运动，则，A、B两点间距离为sAB＝＝＝，故D错误。故选：C。6．（3分）某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足（）A． B． C． D．【考点】电场强度与电场力；牛顿第二定律；向心力．【答案】A【分析】粒子在等势线上运动，则粒子的速度大小不变，粒子受到的电场力提供向心力，结合牛顿第二定律完成分析。【解答】解：因为粒子在等势线上运动，则粒子的速度大小保持不变，粒子受到的电场力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：联立解得：，故A正确，BCD错误；故选：A。7．（3分）在如图甲所示的虚线框内有匀强磁场，一固定的金属线圈abcd有部分处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。线圈中产生的电动势E、电流I、内能Q、线框受到的安培力F与时间t的关系可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】导体切割磁感线时产生的感应电动势；电磁感应中的图像类问题；楞次定律．【答案】C【分析】由图乙可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，根据Q＝I2Rt可知内能的变化，根据左手定则可以找出安培力方向，从而得出正确的图象。【解答】解：AB.若设磁场向里为正方向，由楞次定律可知，在0～T时间内线圈中产生逆时针方向电流，在T～2T时间内线圈中产生顺时针方向电流，根据E＝＝可知感应电动势大小不变，但是方向不同，根据I＝可知，在0～T时间内线圈中产生的逆时针方向电流不变，在T～2T时间内线圈中产生顺时针方向的电流也不变，故AB错误；C.根据Q＝I2Rt可知，因I、R的大小不变，则Q﹣t图像是过原点的直线，选项C正确；D.根据F安＝BIL可知，在0～T时间内B随时间均匀减小，则F安随时间均匀减小，根据楞次定律可知F安方向向左；在T～T时间内B随时间均匀增加，则F安随时间均匀增加，根据楞次定律可知F方向向右；故D错误。故选：C。8．（3分）如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA＝2kg，mB＝3kg，从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB大小随时间变化的规律分别为FA＝（7﹣2t）N，FB＝（3+2t）N。则（）A．A、B两物体一直做匀加速直线运动 B．当FA＝FB时，A、B两物体之间的弹力为零 C．t＝2s时开始A、B两物体之间的弹力为零 D．t＝6s时，B物体的加速度为5m/s2【考点】牛顿运动定律的应用——连接体模型；力的合成与分解的应用；牛顿第二定律．【答案】D【分析】A、B开始时一起做匀加速直线运动，对整体，由牛顿第二定律求出加速度。分离时A、B间的作用力为零，对A，由牛顿第二定律结合FA＝（7﹣2t）N求出经历的时间，从而分析两个物体的运动情况，并确定t＝2s时A、B两物体之间的弹力大小，根据牛顿第二定律求B在t＝6s时的加速度。【解答】解：AC、A、B开始时一起做匀加速直线运动，对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律得：FA+FB＝（mA+mB）a0代入数据解得：当A、B两物体恰好分离时，对A，由牛顿第二定律得：FA＝mAa0结合FA＝（7﹣2t）N，代入数据解得：t＝1.5s所以t＝1.5s内A、B两物体一起向右做匀加速直线运动，t＝1.5s后A、B两物体分离，t＝1.5s时开始A、B两物体之间的弹力为零。之后，由于FA、FB是变力，则两物体加速度发生改变，故AC错误；B、当t＝1.5s时，A、B两物体之间的弹力为零，此时FA＝（7﹣2×1.5）N＝4N，FB＝（3+2×1.5）N＝6N，则FA≠FB，故B错误；D、当t＝6s时，对B受力分析，由牛顿第二定律得：FB＝mBaB其中FB＝（3+2t）N，代入数据解得，B物体的加速度为，故D正确。故选：D。二、多选题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每题给出的四个选项中，有多个符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选或漏选不得分。（多选）9．（4分）如图所示的4种明暗相间的条纹，分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样（黑色部分表示亮纹）。则（）A．属于衍射图样的是a和c B．属于干涉图样的是a和c C．a图对应的光的波长比c图对应的光的波长更大 D．从左到右的a、b、c、d四幅图对应的色光的顺序是红光、紫光、蓝光、黄光【考点】光的双缝干涉；光的衍射．【答案】BCD【分析】根据双缝干涉条纹间距Δx＝λ可判定哪个图样是双缝干涉图样，它们的波长又有什么关系；根据单缝衍射条纹是中间亮条纹明亮且宽大，越向两侧宽度越小，而波长越大，中央亮条纹越粗进行判断。【解答】解：AB、双缝干涉图样是明暗相间的条纹，条纹等间距，故a图和c图是双缝干涉图样，故A错误，B正确；C、根据双缝干涉条纹间距可知，波长λ越大，Δx越大，故a图对应的光的波长比c图对应的光的波长更大，故C正确；D、a图对应的光的波长比c图对应的光的波长更大，所以a图对应红光，c图对应蓝光；波长越大，衍射条纹越宽，则b图对应的光的波长比d图对应的光的波长小，所以b图对应紫光，d图对应黄光。故从左向右依次对应红光、紫光、蓝光和黄光，故D正确。故选：BCD。（多选）10．（4分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，其输入端通过灯泡L1与输出电压有效值恒定的交流电源u＝Umsin（ωt）（V）的交流电源相连，副线圈电路中接有灯泡L2和最大阻值为R的滑动变阻器，已知两个灯泡的额定电压均为U，且两者规格完全相同，电压表为理想电表，导线电阻不计。开始时滑动变阻器的滑片P位于最下端，调节滑动变阻器的滑片可使两个小灯泡同时正常发光（忽略灯丝电阻变化），下列说法正确的是（）A．在R的滑片P向上滑动的过程中，电源的输出功率将会变大 B．在R的滑片P向上滑动的过程中，L1的亮度会变暗 C．若小灯泡L2突然烧坏，电压表示数会减小 D．交流电源的最大值为Um＝3U【考点】变压器的构造和原理；电功和电功率．【答案】AD【分析】在R的滑片P向上滑动的过程中，副线圈电阻减小，根据闭合电路欧姆定律和变压器的变压比、变流比和输入功率等于输出功率，确定灯泡亮度和电源的输出功率。小灯泡L2突然烧坏，副线圈电阻增大，根据变压比和变流比确定电压表示数。两小灯泡正常发光，则副线圈输出电压为U，根据变压比结合正弦式交变电流最大值和有效值的关系，确定交流电源的最大值。【解答】解：A、在R的滑片P向上滑动的过程中，副线圈电阻减小，则副线圈的输出功率变大，根据输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率变大，电源的输出功率变大，故A正确；B、在R的滑片P向上滑动的过程中，副线圈电阻减小，则副线圈的输出电流变大，根据变流比可知，原线圈的输入电流变大，流过灯泡L1的电流变大，亮度会变亮，故B错误；C、若小灯泡L2突然烧坏，副线圈电阻增大，根据欧姆定律可知，副线圈输出电流减小，根据变流比可知，原线圈输入电流减小，流过灯泡L1的电流变小，灯泡L1两端电压变小，则原线圈输入电压变大，根据变压比可知，副线圈输出电压变大，电压表示数会增大，故C错误；D、两小灯泡正常发光，则副线圈输出电压为U，根据变压比可知，原线圈输入电压：＝2U，则交流电源的有效值：U有效＝U'+U＝3U，根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，交流电源的最大值为Um＝3U，故D正确。故选：AD。（多选）11．（4分）如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是（）A．F′点与C′点的电场强度大小相等 B．B′点与E′点的电场强度方向相同 C．A′点与F′点的电势差小于O'点与D'点的电势差 D．将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度与电场力；电场的叠加；电势能与电场力做功的关系；电势差．【答案】ACD【分析】对六棱柱的上表面分析K点的合场强与OF的夹角关系，判断移动试验电荷电场力做功情况；根据等量异种电荷的电势分布求解各点电势，得出电势差大小关系；根据等量异种电荷的对称性求解电场强度。【解答】解：D．将六棱柱的上表面的一半拿出如图所示，由几何条件可知正电荷在OF中点K的场强方向垂直OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，D在F点产生的场强大小为A点在F点产生的场强大小的，合场强方向斜相右上角且与水平面的夹角大于三十度，所以在F点的场强和OF的夹角为钝角，因此将正电荷从F移到O点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故D正确；C．设A′点电势为φ，由等量异种电荷的电势分布可知φA′＝φ＞0φD′＝﹣φ＜0φO′＝0φF′＞0因此φA′﹣φF′＝φ﹣φF′＜φO′﹣φD′＝φ即A′点与F′点的电势差小于O'点与D'点的电势差，故C正确；AB．由等量异种电荷的对称性可知F′和C′电场强度大小相等，B′和E′电场强度方向不同（B′有向下的分量，E′有向上的分量），故A正确，B错误；故选：ACD。（多选）12．（4分）一列沿x轴负方向传播的简谐横波，t＝0时刻的波形如图中实线所示，t＝0.2s时刻的波形如图中的虚线所示，则（）A．t＝0时刻质点P的运动方向向下 B．波的周期可能为0.8s C．波的频率可能为13.75Hz D．波的传播速度可能为18m/s【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图像．【答案】AC【分析】根据简谐运动特点判断质点P的运动情况。根据两个时刻波形图象，结合周期性，确定周期和频率的可能值，由波长求出波速的可能值。【解答】解：A、简谐横波沿x轴负方向传播，依据平移法，可知，t＝0时刻质点P的运动方向向下，故A正确。B、由图，得到t＝（n+）T，（n＝0，1，2，…）则周期T＝s，（n＝0，1，2，…）因为n为整数，T不可能为0.8s.故B错误。C、波的频率为f＝＝Hz，（n＝0，1，2，…）当n＝2时，f＝13.75Hz故C正确。D、由图可知波长λ＝24m，则波速为v＝则v＝120n+90（m/s），（n＝0，1，2，…）因为n为整数，v不可能为18m/s，故D错误。故选：AC。三、实验题。本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡指定的答题处。13．（6分）在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图1所示。（1）观察变压器的铁芯，它的结构和材料是D。A.整块硅钢铁芯B.整块不锈钢铁芯C.绝缘的铜片叠成D.绝缘的硅钢片叠成（2）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数少（填“多”或“少”）。（3）以下给出的器材中，本实验需要用到的是BD。（填字母）（4）为了保证安全，低压交流电源的电压不要超过B。（填字母）A.2VB.12VC.50V（5）在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为C。（填字母）A.1.5VB.6.0VC.7.0V（6）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，原因不可能为D。（填字母代号）A.原、副线圈上通过的电流发热B.铁芯在交变磁场作用下发热C.变压器铁芯漏磁D.原线圈输入电压发生变化【考点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系；变压器的构造和原理．【答案】（1）D（2）少（3）BD（4）B（5）C（6）D【分析】减少涡流是设计关键，硅钢片可以有效解决，由变压器匝数比分析导线匝数，多用电表可测量交流电，人体交流电不高于12V。【解答】解：（1）硅钢片利于导磁与减少涡流的能量损失；（2）导线粗的一端，可以流过的电流大，根据＝可知，导线粗的线圈匝数少；（3）本实验需要交流电源，并用多用电表测量交流的电压电流，因此选BD；（4）为了人体安全，低压交流电源的电压不要超过12V；（5）若是理想变压器，则由＝原线圈的“0“和“8”两个接线柱，用电表测得副线圈的0“和“4“两个接线柱原副线圈匝数比2：1，副线圈电压为3V，则原线圈的电压为6V，考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈的电压可能大于6V，可能为7V.故选C。（6）AB.原副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别，故AB不符合题意；C.变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，故C不符合题意；D.原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故D符合题意。故选：D。.故答案为：（1）D（2）少（3）BD（4）B（5）C（6）D14．（10分）如图甲所示是一个多量程多用电表的简化电路图，请完成下列问题。（1）测量直流电流、直流电压和电阻各有两个量程。当选择开关S旋到位置5、6时，电表用来测量直流电压；当S旋到位置1时，电表可测量直流电流，且量程较大。（2）某同学用此多用表测量某电学元件的电阻，选用“×10”倍率的欧姆挡测量，发现多用表指针偏转很小，因此需选择×100（填“×1”或“×100”）倍率的欧姆挡。（3）某实验小组利用下列器材研究欧姆挡不同倍率的原理，组装如图乙所示的简易欧姆表。实验器材如下：A．干电池（电动势E为3.0V，内阻r不计）；B．电流计G（量程300μA，内阻99Ω）；C．可变电阻器R；D．定值电阻R0＝1Ω；E．导线若干，红黑表笔各一只。①在乙图中，左侧表笔是红（“红”，“黑”）表笔；②如果将R0与电流计并联，如图丙所示，这相当于欧姆表换挡，则换挡前、后倍率之比为100：1。【考点】练习使用多用电表．【答案】（1）直流电压；（2）×100；1（3）①红；②100：1【分析】（1）灵敏电流计与分压电阻串联可以改装成电压表，灵敏电流计与分流电阻并联可以改装成电流表，并联电阻阻值越小，电流表量程越大；（2）用欧姆表测电阻，要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；（3）从红表笔流进欧姆表，从黑表笔流出，电流计并联分流电阻扩大了电流计的量程，根据欧姆定律与并联电路特点分析答题。【解答】解：（1）由图所示可知，当转换开关S旋到位置5、6时，表头G与电阻串联，此时可用来测量直流电压；（2）测量某电学元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转很小，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，需选择×100倍率的电阻挡，重新欧姆调零后再测量。（3）①根据电源正负极判定电流流向，电流需从红表笔流进欧姆表，从黑表笔流出，故左侧表笔是红表笔；②当电流计满偏时，干路电流为：I＝Ig+代入数据得：I＝30000μA由闭合电路欧姆定律得：R′内＝代入数据得：R′内＝100Ω；换挡前、后倍率之比等于内阻之比，即：＝代入数据得：＝100：1，故答案为：（1）直流电压；1（2）×100；（3）①红；②100：1四、解答题：本题共4小题，共44分。把答案写在答题卡的指定答题处，要求写出必要的文字说明，方程和演算步骤。15．（8分）“跳棋”游戏中的棋子是用玻璃材料做的一种球形器材，有位同学想测定棋子的折射率。如图所示为其过球心的横截面，设玻璃棋子半径为R，直线EF为过球心的水平线，一束光线平行于EF射到棋子表面N点处，光线从Q点射出，并与EF交于P点。若棋子内无其他介质，入射光线与EF相距R，入射光线从N点进入棋子后的折射角为γ＝30°，真空中光速为c。（i）作出光线的光路图并求出棋子的折射率；（ii）求光线从进入棋子到第一次射出棋子所用的时间。【考点】光的折射及折射定律．【答案】（i）光线的光路图见解析，棋子的折射率为；（ii）光线从进入棋子到第一次射出棋子所用的时间为。【分析】（i）根据几何关系结合折射定律可解得棋子的折射率；（ii）根据几何关系解得时间。【解答】解：（i）根据题意可作出光路图，如图所示根据几何关系有sini＝＝故i＝60°根据光的折射定律有n＝代入数据解得：n＝（ii）根据几何知识有NQ＝2Rcosγ＝R光在棋子中传播的速度为v＝光在棋子中传播的时间为t＝联立解得：t＝答：（i）光线的光路图见解析，棋子的折射率为；（ii）光线从进入棋子到第一次射出棋子所用的时间为。16．（10分）如图所示，在水平桌面上倒立一个质量为M＝10kg、深度h＝15cm的无盖圆柱形汽缸，现用一质量为m＝5.0kg、横截面积为S＝0.01m2的活塞（厚度不计）封闭一定质量的理想气体，活塞下端拴接一劲度系数为k＝5.0×103N/m的轻质弹簧，弹簧的原长为7.5cm，开始时活塞到汽缸底部的距离为5cm。活塞可在汽缸内无摩擦地上下滑动且汽缸不会漏气，活塞和汽缸均由绝热材料制成，汽缸内有一电热丝（不计体积和质量）可对气体加热。已知大气压强，重力加速度g＝10m/s2。汽缸内气体初始温度为t0＝27℃。求：（1）弹簧恰好与桌面接触时，汽缸中气体的温度；（2）汽缸刚要离开桌面时气体的温度。【考点】理想气体及理想气体的状态方程；压强及封闭气体压强的计算．【答案】（1）弹簧恰好与桌面接触时，汽缸中气体的温度为450K；（2）汽缸刚要离开桌面时气体的温度为729K。【分析】（1）根据题意分析出气体变化前后的状态参量，结合盖—吕萨克定律得出气体的温度；（2）根据活塞的平衡条件得出气体的压强，结合一定质量的理想气体状态方程得出气体的温度。【解答】解：（1）从初状态到弹簧恰好与桌面接触时，气体发生等压变化，有又T0＝（273+t0）K＝300K，，联立解得