（新高考）此卷只裝訂不密封此卷只裝訂不密封班級姓名準考證號考場號座位號物理（十四）注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。4．考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。一、單項選擇題：題共11題，每題4分，共44分。每題只有一個選項最符合題意。1．中國最早的農學論文《呂氏春秋·任地》論述到：“人耨必以旱，使地肥而土緩”。農諺“鋤板底下有水”、“鋤頭自有三寸澤”。這都是對松土保墑功能的生動總結。關于農業生產中的松土保墑環節蘊含的科學原理，下列說法正確的是()A．松土是把地面的土壤鋤松，目的是破壞這些土壤里的毛細管，保存水分B．松土是為了讓土壤里的毛細管變得更細，保護土壤里的水分C．松土保墑利用了浸潤液體在細管中下降，不浸潤液體在細管中上升的科學原理D．松土除了保墑、刈草外，還可促進蒸發、降低地溫；“多鋤地發暖”這句農諺沒有科學道理【答案】A【解析】松土是把地面的土壤鋤松，目的是破壞這些土壤里的毛細管，防止發生浸潤現象，可有效減小水分蒸發，保存水分，BC錯誤，A正確；松土除了保墑、刈草外，還減少土壤下水分蒸發，提高地溫，D錯誤。2．如圖所示，復色光由氫原子從n＝3能級躍遷至n＝2能級和從n＝6能級躍遷至n＝2能級所發出兩種單色光組成，經三棱鏡偏折后兩單色光分開，分別記為1光和2光，下列說法正確的是()A．1光對應氫原子從n＝6能級躍遷至n＝2能級B．2光在三棱鏡中傳播速度較大C．實驗裝置相同，2光的雙縫干涉條紋間距較大D．相比較而言1光更容易產生明顯的衍射現象【答案】D【解析】1光的偏折程度較小，則折射率較小，頻率較小，則對應氫原子躍遷時的能級差較小，則對應于氫原子從n＝3能級躍遷至n＝2能級，A錯誤；2光在三棱鏡中折射率較大，根據v＝eq\f(c,n)，可知在三棱鏡中的傳播速度較小，B錯誤；實驗裝置相同，2光的頻率較大，則波長較短，根據Δx＝eq\f(l,d)λ可知，雙縫干涉條紋間距較小，C錯誤；相比較而言1光波長較大，更容易產生明顯的衍射現象，D正確。3．如圖，水平面上固定光滑圓弧面ABD，水平寬度為L，高為h且滿足L>>h。小球從頂端A處由靜止釋放，沿弧面滑到底端D經歷的時間為t，若在圓弧面上放一光滑平板ACD，仍將小球從A點由靜止釋放，沿平板滑到D的時間為()A．tB．SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0D．SKIPIF1<0【答案】B【解析】設該圓弧對應的半徑為R，小球沿光滑圓弧面ABD運動到底端的時間相當于擺長為R的單擺周期的eq\f(1,4)，則有SKIPIF1<0，小球光滑斜面ACD滑到D的時間為t′，根據等時圓原理可得SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，故選B。4．如圖所示，由光滑細桿圍成的直角三角形框架ABC豎直固定，直角邊AC水平，∠A＝α。質量分別為m1和m2的兩個小球分別套在AB、BC桿上，并通過強度很大且不可伸長的輕繩連在一起，處于靜止狀態，繩與AB的夾角為β。下列說法正確的是()A．若m2足夠大，β角可能大于90°B．若m2足夠小，β角可能等于αC．若m2變大，兩球仍在原位置保持靜止D．若m1變大，重新平衡后BC桿對m2的彈力變大【答案】D【解析】對兩球，受力分析如圖，m1要平衡，必有Tcosβ＝m1gsinα，cosβ＝SKIPIF1<0sinα，T＝T′，m2→∞時，T→∞，β→90°，故β不可能大于90°，A錯誤；m2要平衡，必有T′sin(β–α)＝m2g，β必大于α，B錯誤；對兩球組成的系統，由平衡條件得FN1cosα＝m1g+m2g，則m2變大時，FN1變大，T變大，而Tcosβ＝m1gsinα，則β變大，C錯誤；由上式知，m1變大時，FN1變大FN1sinα＝FN2，故D正確。5．宇宙中存在一些離其他恒星較遠的，由質量相等的三顆星組成的三星系統，可忽略其他星體對三星系統的影響。穩定的三星系統存在兩種基本形式：一種是三顆星位于同一直線上，兩顆星圍繞中央星在同一半徑為R的軌道上運行，如圖甲所示，周期為T1；另一種是三顆星位于邊長為r的等邊三角形的三個頂點上，并沿等邊三角形的外接圓運行，如圖乙所示，周期為T2。若每顆星的質量都相同，則T1︰T2為()A．SKIPIF1<0B．SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0D．SKIPIF1<0【答案】D【解析】第一種形式下，星體A受到星體B和星體C兩個萬有引力，它們的合力充當向心力，則SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，第二種形式下，星體之間的距離r，那么圓周運動的半徑為SKIPIF1<0，星體A受的合力SKIPIF1<0，根據合力提供向心力SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，故選D。6．某同學設計了一種溫度計，結構如圖所示，大玻璃泡A封裝一定質量氣體，與A相連的B管（內徑可忽略）插在水槽中，管內有長度為x的水柱，可根據水柱長度來判斷環境溫度。下列分析正確的是()A．若大氣壓強不變，溫度升高，x增大B．若大氣壓強不變，溫度降低，x增大C．若氣溫不變，大氣壓強增大，x減小D．若氣溫不變，大氣壓強減小，x增大【答案】B【解析】設玻璃泡A中氣體壓強為p，外界大氣壓強為p'，則p'＝p+pgx，且玻璃泡中氣體與外界大氣溫度相同。根據理想氣體的狀態方程eq\f(pV,T)＝C可知，當大氣壓強不變，溫度升高，A壓強增大，x減小，溫度降低，x增大，A錯誤，B正確；氣溫不變，大氣壓強增大，x增大，大氣壓強減小，x減小，CD錯誤。7．真空中有兩個固定的等量異種點電荷A、B，過直線AB延長線上的O點作AB的垂線，以O點為圓心的圓與AB和垂線分別交于a、c和b、d四點，如圖所示。下列說法正確的是()A．a點的電勢高于b點的電勢B．a點的電場強度小于b點的電場強度C．帶負電的試探電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能D．帶正電的試探電荷在c點的電勢能小于在d點的電勢能【答案】C【解析】電場線的分布如圖所示，由于沿電場線方向電勢逐漸降低，a點的電勢低于b點的電勢，故A錯誤；由于等勢線與電場線垂直，畫出過b點的等勢線，可知b1、d兩點與b點的電勢相等，而電場線的疏密表示電場強度的大小，可得a點的電場強度大于b點的電場強度，故B錯誤；帶負電的試探電荷從a點移到b1點的過程中電場力做正功，電勢能減小，即帶負電的試探電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能，故C正確；帶正電的試探電荷從c點移到b1點的過程中電場力做正功，電勢能減小，即帶正電的試探電荷在c點的電勢能大于在d點的電勢能，故D錯誤。8．一交流電源電壓u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，通過理想變壓器對如圖所示的電路供電，已知原、副線圈匝數比為10∶1，L1燈泡的額定功率為4W，L2燈泡的額定功率為20W，排氣扇電動機線圈的電阻為1Ω，電流表的示數為2A，用電器均正常工作，電表均為理想電表，則()A．流過L1的電流為20AB．排氣扇電動機的發熱功率2WC．整個電路消耗的功率44WD．排氣扇電動機的輸出功率20W【答案】C【解析】由于電流表的示數I2＝2A，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可得變壓器原線圈的電流I1＝0.2A，即流過L1的電流為0.2A，A錯誤；交流電源電壓有效值為220V，L1兩端的電壓SKIPIF1<0，故原線圈兩端的電壓SKIPIF1<0，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得變壓器副線圈兩端的電壓SKIPIF1<0，流過燈泡L2的電流SKIPIF1<0，則流過排氣扇的電流SKIPIF1<0，排氣扇電動機的發熱功率SKIPIF1<0，排氣扇的電功率SKIPIF1<0，則排氣扇電動機的輸出功率SKIPIF1<0，BD錯誤；整個電路消耗的功率SKIPIF1<0，C正確。9．如圖為某同學設計的一個光電煙霧探測器，光源S發出一束波長為0.8μm的紅外線，當有煙霧進入探測器時，來自S的紅外線會被煙霧散射進入光電管C，當紅外線射到光電管中的金屬表面時發生光電效應，當光電流大于8×10－9A時，便會觸發報警系統。已知元電荷e＝1.6×10－19C，光在真空中的傳播速度為3×108m/s，下列說法正確的是()A．光電流的大小與光照強度無關B．若光源發出的是可見光，則該裝置將會失去報警功能C．該金屬的極限頻率為3.75×1014HzD．若射向光電管C的光子中有10%會產生光電子，當報警器報警時，每秒射向該金屬表面的光子數最少為5×1011個【答案】D【解析】光電流的大小與光照強度有關，在達到飽和電流之前，光照強度越大，光電流越大，故A錯誤；根據報警器的工作原理，可見光的光子能量大于紅外線的光子能量，所以若光源發出的是可見光，則該裝置不會失去報警功能，故B錯誤；根據波長與頻率的關系式，有c＝λv，代入數據得v＝3.75×1014Hz，根據光電效應原理，可知該金屬的極限頻率小于3.75×1014Hz，故C錯誤；當光電流等于8×10－9A時，光電子的數目為SKIPIF1<0個，若射向光電管C的光子中有10%會產生光電子，故光電子最少為SKIPIF1<05×1011個，故D正確。10．地震波是一種機械運動的傳播，產生于地球介質的彈性，按傳播方式可分為縱波（P波）、橫波（S波）（縱波和橫波均屬于體波）和面波（L波）三種類型。假設有一次地震產生的一機械波沿x軸傳播，圖甲為t＝0時的波動圖像，圖乙為x＝5m處A質點的振動圖像，此時P、Q兩質點的位移均為－1m，則()A．這列波向x軸負向傳播B．t＝0.3s時，P、Q兩質點加速度相同C．P質點的振動方程為y＝2sin(eq\f(5,3)πt－eq\f(π,6))cmD．從t＝0開始經過0.15s，P、Q兩質點經過的路程相等【答案】C【解析】由乙圖可知，在t＝0時，A質點沿著y軸正方向運動，因此從甲圖可知，波向x軸正向傳播，A錯誤；由乙圖可知，振動周期T＝1.2s，在t＝0.3s時，P點運動到x軸的上方，而Q點仍在x軸的下方，兩質點加速度不相同，B錯誤；A質點的振動方程為SKIPIF1<0，而P點的振動比A點落后eq\f(π,6)，因此P質點的振動方程為y＝2sin(eq\f(5,3)πt－eq\f(π,6))cm，C正確；由于SKIPIF1<0，P點正向上加速運動，Q正向下減速運動，因此P經過的路程大于Q經過的路程，D錯誤。11．某戰士進行投彈訓練，他選擇了如圖所示的地形，ABC為一傾角為30°的斜面，底邊BC長為L，CDE是半徑為R的四分之一圓弧，在C點與水平面相切，該戰士在A點將手榴彈以初速度v0水平拋出，手榴彈剛好落在C點，當他在A點將手榴彈以初速度2v0水平拋出時，手榴彈落在圓弧上的D點。則下列說法中正確的是()A．手榴彈落在C點時速度方向與水平方向的夾角為60°B．圓弧半徑R一定大于LC．手榴彈落在D點時速度方向與水平方向的夾角一定大于手榴彈落在C點時的夾角D．如果手榴彈水平拋出時的速度大小合適，手榴彈可能正好落到E點【答案】B【解析】設手榴彈在C點的速度方向與水平方向的夾角為θ則tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(2\r(3),3)，可得θ≠60°，故A錯；當手榴彈以初速度2v0水平拋出時，設運動軌跡與C點所在的水平面交于F點，則手榴彈在F點的水平位移為以初速度v0水平拋出時水平位移的2倍，則CF＝BC，所以R一定大于L，故B正確；當手榴彈落到AC延長線上時速度與水平方向的夾角與手榴彈落到C點時速度與水平方向的夾角相等，當手榴彈落到D點時速度與水平方向的夾角小于落到AC延長線上時的夾角，也就小于落到C點時的夾角，故C錯誤；由以上分析可知，由于圓弧的遮擋，手榴彈不可能剛好落到E點，故D錯誤。二、非選擇題：共5題，共56分。其中第13題～16題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫最后答案的不能得分；有數值計算時，答案中必須明確寫出數值和單位。12．(15分)某同學要精確測量某一金屬絲的電阻率。(1)先用多用電表×1擋粗測其電阻，指針偏轉如圖甲所示，讀數為________Ω，然后用螺旋測微器測其直徑如圖乙所示，讀數為________mm，最后用米尺測其長度如圖丙所示，其讀數________cm。(2)采用伏安法進一步測定這段金屬絲的電阻。有以下器材可供選擇：（要求測量結果盡量準確）A．電池組（3V，內阻約1Ω）B．電流表（0～3A，內阻約0.025Ω）C．電流表（0～0.6A，內阻約0.125Ω）D．電壓表（0～3V，內阻約3kΩ）E．電壓表（0～15V，內阻約15kΩ）F．滑動變阻器（0～20Ω，額定電流1A）G．滑動變阻器（0～1000Ω，額定電流0.1A）H．開關，導線實驗時應選用的器材是________（選填器材前字母代號）。請在下面的虛線框中補全實驗電路圖。用該方法測金屬絲電阻，測量結果會比真實值偏________（選填“大”或“小”）。在某次測量時電表示數如圖丁所示，則電流表示數為________，電壓表的示數為________。(3)為了減小系統誤差，有人設計了如圖戊所示的實驗方案。其中Rx是待測電阻，R是電阻箱，R1、R2是已知阻值的定值電阻。閉合開關S，靈敏電流計的指針偏轉。將R調至阻值為R0時，靈敏電流計的示數為零。由此可計算出待測電阻Rx＝________。（用R1、R2、R0表示）【答案】(1)110.60060.10(2)ACDFH見解析圖小0.142.40(3)SKIPIF1<0【解析】(1)歐姆表的讀數為表盤示數與倍率的乘積，所以圓形柱體的電阻大致為R＝11×1Ω＝11Ω，螺旋測微器的讀數為固定刻度的毫米數與可動刻度的n×0.01mm的和，由圖示螺旋測微器可知，其直徑為0.5mm+10.0×0.01mm＝0.600mm，根據米尺讀數原理，可知米尺的讀數為60.10cm。金屬絲電阻約為11Ω，電池組電動勢為3V，回路中最大電流約SKIPIF1<0，故電流表選C，電壓表選D。伏安法測電阻，滑動變阻器采用限流接法，選用阻值變化范圍較小的F即可。由于SKIPIF1<0，所以選用電流表外接法，電路圖如圖所示。利用此方法測得的電流偏大，根據SKIPIF1<0，可得金屬絲電阻值的測量值比真實值偏小。電流表選用小量程0.6A，分度值為0.02A，電流為0.14A；電壓表選用小量程3V，分度值為0.01V，電壓為2.40V。(3)靈敏電流計示數為零，說明其兩端電勢相等，可得SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0。13．(6分)車輛通過高速公路ETC自動收費出口時，車速要在20km/h以內，與前車的距離最好在10m以上。ETC電子收費系統如圖所示，識別區起點（圖中沒畫出）到自動欄桿的距離，也就是識別區的長度為8m。某汽車以18km/h的速度勻速進入識別區，ETC天線用了0.3s的時間識別車載電子標簽，識別完成后發出“滴”的一聲，司機發現自動欄桿沒有抬起，于是采取制動剎車，汽車停止時距離欄桿僅有0.5m。司機剎車的反應時間約為0.6s。(1)求該車剎車的加速度大小；(2)請以識別區起點為位移零點，畫出該過程的位移－時間圖像。【解析】(1)汽車從識別區起點開始0.9s內一直勻速直線運動，有x1＝0.9×5m/s＝4.5m采取制動后汽車勻減速運動的位移x2＝8m－4.5m－0.5m＝3m由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0(2)勻速直線運動時有x1＝5t（t≤0.9s）勻減速運動的時間SKIPIF1<0所以有SKIPIF1<0（0.9≤t＜2.1s）該過程的位移－時間圖像如圖。14．(8分)如圖所示，線框由導線組成，cd、ef兩邊豎直放置且相互平行，導體棒ab水平放置并可沿cd、ef無摩擦滑動，導體棒ab所在處有垂直線框所在平面向里的勻強磁場且B2＝2T，已知ab長L＝0.1m，整個電路總電阻R＝0.5Ω，螺線管匝數n＝4，螺線管橫截面積S＝0.1m2，在螺線管內有如圖所示方向的磁場B1，若磁場B1以SKIPIF1<0T/s均勻增加時，導體棒恰好處于靜止狀態，g取10m/s2，試求：(1)通過導體棒ab的電流I的方向；(2)通過導體棒ab的電流I的大小；(3)導體棒ab的質量m的大小。【解析】(1)根據楞次定律可得，通過導體棒ab的電流I的方向為SKIPIF1<0。(2)由法拉第電磁感應定律可得SKIPIF1<0由閉合電路歐姆定律可得E＝IR聯立解得：SKIPIF1<0。(3)由于導體棒恰好處于靜止狀態，由共點力平衡條件可得SKIPIF1<0解得：SKIPIF1<0。15．(12分)如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內，在－eq\r(3)m≤x≤0的區域內有磁感應強度大小B＝4.0×10－2T、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，其左邊界與x軸交于P點；在x＞0的某區域內有電場強度大小E＝3.2×104N/C、方向沿y軸正方向的有界勻強電場，其寬度d＝2m。一質量m＝4.0×10－25kg、電荷量q＝－2.0×10－17C的帶電粒子從P點以速度v＝4.0×106m/s，沿與x軸正方向成α＝60°角射入磁場，經電場偏轉最終通過x軸上的Q點（圖中未標出），不計粒子重力。求：(1)帶電粒子在磁場中運動的半徑和時間；(2)當電場左邊界與y軸重合時Q點的橫坐標；(3)若只改變上述電場強度的大小，要求帶電粒子仍能通過Q點，試討論電場強度的大小E′與電場左邊界的橫坐標x′的函數關系。【解析】(1)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)代入數據解得r＝2m如圖甲所示軌跡交y軸于C點，過P點作v的垂線交y軸于O1點，由幾何關系得O1為粒子運動軌跡的圓心，且圓心角為60°。在磁場中運動時間SKIPIF1<0代入數據解得SKIPIF1<0。(2)帶電粒子離開磁場垂直進入電場后做類平拋運動，設帶電粒子離開電場時的速度偏向角為θ，如圖甲所示，則有SKIPIF1<0設Q點的橫坐標為x，由幾何關系得SKIPIF1<0聯立解得x＝6m。(3)電場左邊界的橫坐標為x′。①當0＜x′＜4m時，如圖乙，設粒子離開電場時的速度偏向角為θ′，則有SKIPIF1<0又有SKIPIF1<0聯立解得SKIPIF1<0②當4m≤x′≤6m時，如圖丙，則有SKIPIF1<0又有SKIPIF1<0聯立解得SKIPIF1<0。16．(15分)如圖所示，一足夠長的傾斜傳送帶以速度v＝2m/s順時針勻速運動，傳送帶與水平方向的夾角θ＝37°。質量m1＝5kg的小物塊P和質量m2＝11kg的小物塊Q由跨過定滑輪的輕繩連接，P與定滑輪間的繩子與傳送帶平行，輕繩足夠長且不可伸長。某時刻物塊P從傳送帶上端以速度v0＝8m/s沖上傳送帶（此時P、Q的速率相等），已知物塊P與傳送帶間的動擦因數μ＝0.4，不計滑輪的質量與摩擦，整個運動過程中物塊Q都沒有上升到定滑輪處。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。）求：(1)物塊P剛沖上傳送帶時加速度的大小；(2)從物塊P剛沖上傳送帶到沿傳送帶運動到最遠處的過程中，P、Q系統機械能的改變量；(3)若傳送帶以不同的速度v（0＜v＜