屆浙江省名校新高考研究聯盟高三下學期三模物理試題一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1．下列工具或儀器中不能用來直接測量國際單位制中基本物理量的是（）A． B．C． D．2．如圖所示，常用示波器中的掃描電壓u隨時間t變化的圖線是（）A． B．C． D．3．一架質量為m的直梯斜靠在光滑的豎直墻壁上，下端放在粗糙的水平地面上，直梯處于靜止狀態，與水平地面夾角為θ。則下列說法正確的是（??）A．直梯對地面的作用力大小為mgB．地面對直梯的作用力大小為mgC．墻壁對直梯的作用力與直梯對墻壁的作用力是一對平衡力D．減小θ角，若直梯仍能保持平衡，則地面對直梯的支持力不變4．如圖所示為教材中關于“天體運行中三個宇宙速度”的插圖，其中有①②③④條軌道，下列說法正確的是（）A．軌道①對應的速度是最大發射速度，最小環繞速度B．若衛星的發射速度v滿足7.9km/s<v<11.2km/s，衛星將繞地球運動C．衛星在軌道②單位時間掃過的面積等于在軌道③單位時間掃過的面積D．衛星沿軌道④運動，將脫離太陽引力的束縛5．2022年3月23日，航天員王亞平、葉光富在中國空間站開設“天宮課堂”，課堂中演示了“水油分離”實驗。如圖所示，用細繩一端系住裝有水和油的瓶子，葉光富手持細繩另一端，使瓶子在豎直平面內做圓周運動，已知水的密度大于油的密度。在飛船參考系中，下列說法錯誤的是（）A．只要瓶子速度大于0就能通過圓周運動的最高點B．瓶子的角速度一定時，油和水分離的難易程度與繩長無關C．油水分離后，油在內側，水在外側D．瓶子的角速度一定時，油水分離后，繩子張力大小不變6．某型號的艦載飛機在航空母艦的跑道上加速時，發動機產生的最大加速度為5m/sA．40m B．60m C．80m D．100m7．以下關于原子核相關內容，說法正確的是（）A．查德威克用α粒子轟擊鈹核得到中子，這是人類第一次實現的原子核的人工轉變B．β射線的產生說明原子核中存在電子C．γ射線的電離能力很弱，穿透能力很強D．核電站的裂變反應堆中，慢化劑的作用是將“熱中子”轉化為“慢中子”8．為了測量儲罐中不導電液體的高度，將與儲罐外殼絕緣的兩塊平行金屬板構成的電容C置于儲罐中，電容C可通過開關S與電感L或電源相連，如圖所示，當開關撥到a，電容器充電，當開關從a撥到b，由電感L與電容C構成的回路中產生振蕩電流，頻率為f0A．若開關撥到a，電容器兩端的電壓逐漸減小B．若開關撥到a，待充電結束后，降低液體高度，流過電阻的電流方向為g至eC．若充電結束后，開關從a撥到b，回路中振蕩電流頻率為fD．若充電結束后，開關從a撥到b，回路中振蕩電流減小時，自感電動勢增大9．如圖甲為直線加速器原理圖，由多個橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上。序號為奇數的圓筒和交變電源的一個極相連，序號為偶數的圓筒和該電源的另一個極相連。交變電源兩極間電勢差的變化規律如圖乙所示。已知電子的質量為m、元電荷為e、電壓的絕對值為u，周期為T，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計。在t=0時，奇數圓筒相對偶數圓筒的電勢差為正值，此時位于和偶數圓筒相連的金屬圓板（序號為0）中央有一個初速度為零的電子。下列說法正確的是（）A．電子在圓筒中做勻加速直線運動B．本裝置可采用直流電進行加速C．進入第2個金屬圓筒時的速度為2D．第8個金屬圓筒的長度為4T10．如圖所示，理想變壓器的原線圈和副線圈的匝數分別為n1和n2。正弦交流電源有效值E=6V，內阻r=80Ω，揚聲器電阻R=8A．3:1 B．1:3 C．10:1 D．1:1011．以下關于傳感器的說法錯誤的是（）A．圖a為電容式話筒的組成結構示意圖，振動膜片與固定電極間的距離發生變化，從而實現將聲音信號轉化為電信號B．圖b為電熨斗的構造示意圖，熨燙絲綢衣物需要設定較低的溫度，此時應降低升降螺釘的高度C．圖c為加速度計示意圖，當向右減速時，P點電勢高于Q點電勢D．圖d為應變片測力原理示意圖。在梁的自由端施加向下的力F，則梁發生彎曲，上表面應變片電阻變大，下表面應變片電阻變小12．如圖所示，傾角為α的光滑斜面上有兩質量均為m的物塊A、B，它們分別與平行于斜面的兩根勁度系數均為k的輕質彈簧固連，兩彈簧的另一端分別固定在斜面上。已知簡諧運動的周期公式T=2πMA．物塊A、B可能會發生碰撞B．物塊A、B振動的相位差隨時間變化C．物塊A的加速度為零時，物塊B的加速度可能不為零D．物塊A、B振動的最大速度之比為1：113．如圖所示，在真空中有一個折射率為2、半徑為r的均質小球，頻率為ν的細激光束在真空中沿直線BC傳播，BC與小球球心O的距離l=22rA．hvr32?66 B．hv二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）14．下列關于波的現象，正確的是（）A．圖a為波的衍射，狹縫寬度越寬，衍射現象越明顯B．圖b為波的折射，區域1的波速大于區域2的波速C．圖c為波的干涉，振動加強區域的質點一直處于最大位移處D．圖d為波的多普勒效應，周期性觸動水面的振動片在向左運動15．以下關于原子結構相關內容，說法正確的是（）A．圖a為α粒子散射實驗，該實驗說明原子核是有結構的B．圖b為電子的干涉實驗，干涉條紋的產生是電子之間相互作用的結果C．圖c為康普頓效應示意圖，應滿足hD．圖d為氫原子光譜，光譜中Hγ是電子從第4激發態向第1激發態躍遷產生的三、實驗題16．在“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗中，需將橡皮條的一端固定在水平木板上，另一端系上兩根細繩套，如圖1所示。其中虛線ab是單個彈簧測力計滿量程下橡皮條另一端能拉到的最遠位置所構成的曲線。（1）實驗中用兩把彈簧測力計分別鉤住細繩套，并互成一定的角度拉動細線，使橡皮條伸長，下列說法正確的是______（多選）。A．彈簧測力計的外殼不能與木板接觸B．實驗時應使細線與木板平面平行C．兩彈簧測力計合力的作用效果與橡皮條彈力的作用效果相同D．兩把彈簧測力計共同作用時，結點位置不能超過虛線ab（2）某次實驗數據如圖2所示，由圖可得彈簧測力計的示數為N。（3）僅用一個彈簧測力計，（填“能”或“不能”）完成本實驗。17．在完成“練習使用多用表”實驗后，小剛和小明想通過兩個多用表完成以下實驗。在兩表均進行機械調零后，將多用表A選擇開關撥到“2.5V”檔，將多用表B選擇開關撥到“×1kΩ”檔，并完成歐姆調零步驟。（1）現用多用表A的“2.5V”檔測量多用表B“×1kΩ”檔紅黑表筆兩端電壓，則多用表A的紅表筆應接多用表B的（填“紅表筆”、“黑表筆”），連接表筆后，結果如圖1所示，則多用表B“×1kΩ”檔紅黑表筆兩端電壓為V。（2）在進行上述操作時，他們發現B表也有示數，如圖2所示，則B表的讀數為，其物理意義是。18．使用如圖1裝置做“探究氣體壓強與體積的關系”的實驗，已知壓力表通過細管與注射器內的空氣柱相連，細管隱藏在柱塞內部未在圖中標明。（1）為了探究壓強p與體積V的關系，在測得需要的實驗數據后，為達到“探究”的實驗目的，用圖像法進行數據分析，從下列選項中選出需要的步驟并按順序排列______。A．作p?V圖像，根據畫出的圖線猜測p與V的關系B．作p?1C．作p?V圖像，對p與V關系的猜測進行檢驗D．作p?1E．檢驗正確，得出p與V關系的結論（2）第1小組為了探究一定質量的氣體在不同溫度時發生等溫變化是否遵循相同的規律，進行了兩次實驗，得到的p?V圖像如圖2所示。第2小組根據某次實驗數據作出的V?1A．實驗前應將注射器里的空氣完全排出B．為了減少實驗誤差，可以在柱塞上涂上潤滑油，以減少摩擦C．由圖2可知，第1小組的兩次實驗氣體溫度大小關系為TD．如圖3所示，若第2小組實驗操作正確，則V0（3）如圖4所示，小明從狀態A緩慢拉升柱塞，使其到達狀態B（體積為V1）。若此時突然提升柱塞，使其快速到達體積V2，則此時V219．如圖所示，“飲水鳥”可以不斷地重復飲水的動作。這一過程并不違反能量守恒定律。飲水鳥能不斷運動，是因為（填“水的內能”、“空氣的內能”）轉化成飲水鳥的動能。20．伽利略溫度計結構如圖所示。由玻璃泡A、與A相連的細管B、以及液體槽C組成。B管插在液體槽中，管內徑的橫截面積S=1cm2。當環境溫度變化時，管內液面的高度差x即可反映泡內氣體的溫度，即環境溫度。已知當環境溫度T1=300K時，A和B中氣體的總體積V1=20cm3，此時管內液面的高度差（1）當外界溫度緩慢降為T2（2）當外界溫度緩慢降為T221．動畫片《熊出沒》中有這樣的情節：某天熊大中了光頭強設計的陷阱，被掛在了輕質藤條上。聰明的熊大想了一個辦法，讓自己蕩起來使藤條斷裂而得救。其簡化過程如圖所示，設懸點為O，離CD高度H=10.5m。CD與EF的高度差h=6.8m，其間由光滑斜面DE連接。熊大可視為質點且質量m=150kg，重心為A，蕩下過程重心到懸點的距離L=9m且保持不變，藤條能承受的最大張力為T=3000N，空氣阻力忽略不計，重力加速度g=10m/s（1）為使藤條斷裂，熊大蕩至最高點B時繩與豎直方向的夾角φ至少為多大？（2）設熊大剛好在向右擺到最低點時藤條斷裂，且恰能在D點處無碰撞地進入斜面，求DE與水平面的傾角θ及到達D點時的速度大??；（3）在（2）的情況下，熊大沿光滑斜面下滑后到達E點，在E點沒有光滑曲面與EF連接。設熊大與EF接觸后，豎直方向的速度在極短時間內減為0，熊與粗糙平面EF摩擦因數為μ，試討論其在EF平面上滑行的距離s與μ的關系。22．如圖所示，水平固定一半徑為r的金屬圓環，存在一半徑為2r，磁感應強度為B，方向豎直向上的圓形磁場區域，磁場區域圓與金屬圓環為同心圓。一根長為2r，電阻為2R的均勻金屬棒ac沿半徑放置在金屬圓環上（b為ac棒中點），一端固定在過圓心的導電豎直轉軸上，并隨軸以角速度ω順時針勻速轉動。其右側與間距為l，傾角θ=30°的平行金屬導軌相連，垂直傾斜導軌存在磁感應強度為B的磁場（圖中未畫出），垂直導軌放置著長為l，質量為m，電阻為R的導體棒de。傾斜金屬導軌右側通過光滑圓弧與間距也為l水平絕緣軌道連接，導體棒de通過fg時速度大小不變。fg右側水平放置“]”形金屬框hijk，其三條邊長度均為l，質量均為m，電阻均為R。在金屬框右側存在垂直導軌、磁感應強度大小均為B、方向上下交替的勻強磁場，每個區域寬度為d0，磁場區域足夠長。已知r=1m，B=1T，R=0.5Ω，l=1m，m=0.5kg，（1）閉合開關1，導體棒de恰好靜止在導軌上，求金屬棒ac的角速度ω；（2）閉合開關1，導體棒de恰好靜止在導軌上，求金屬棒ab兩端電勢差Uab以及ac兩端電勢差U（3）斷開開關1，導體棒de在距水平軌道高為h=3.2m處靜止釋放，進入水平軌道后與“]”形金屬框發生完全非彈性碰撞，求碰撞后jk邊在磁場中經過的位移；（4）磁懸浮列車的驅動系統可通過該裝置模擬。碰后的純電阻閉合金屬框dejk（或hijk）可視為列車下端的動力繞組，水平絕緣導軌可視為列車軌道。將金屬框置于磁場中，令交替磁場以速度v0向右勻速平移?，F改變金屬框平行于導軌的長度l（即hj的長度），若金屬框始終完全處于磁場中，為使其獲得持續的驅動力，求l與d0之間應滿足的關系。（結果用l和23．在空間中一足夠長圓柱形區域內存在勻強磁場，磁場的方向沿軸線向右，磁感應強度為B0，在軸線上有一粒子源，可以每秒發射N個質量為m，電荷量為＋q，速度為v（1）如圖1所示，使粒子源沿垂直軸線的方向發射粒子，粒子恰好不會飛出磁場區域，求磁場區域的半徑R；（2）如圖2所示，在磁場區域半徑滿足（1）的前提下，在右側磁場范圍內垂直軸線放一塊足夠大收集板A，將大量粒子沿與軸線成θ=30°向右射出，為保證所有粒子在A上均匯聚于一點，求粒子源到極板A的水平距離；（3）如圖3所示，大量粒子沿與軸線成θ=30°向右均勻射出，粒子源到A的距離滿足（2）問，在A的中心挖一小孔，可使粒子通過。將收集板B平行放置于A右側，并在AB極板間加上電壓。粒子打在B板上即被完全吸收，求收集板B所受的作用力F與極板間電壓UAB（4）實驗室中，常利用亥姆霍茲線圈產生勻強磁場，當一對亥姆霍茲線圈間的距離增大時，即可生成磁感應強度隨空間緩慢變化的磁場，如圖4所示，其磁感應強度兩端強，中間弱。帶電粒子可以在端點處“反射”而被束縛其中，即“磁約束”。粒子的運動滿足如下規律：帶電粒子在垂直磁場方向的速度分量v⊥與此處的磁感應強度B之間滿足：12mv⊥2B

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．圖示中的儀器為電火花打點計時器，可以測量基本物理量是時間，選項A不符合題意；B．圖示中的儀器為刻度尺，可以測量基本物理量-長度，選項B不符合題意；C．圖示中的儀器為電流表，可以測量基本物理量-電流強度，選項C不符合題意；D．圖示中的儀器為彈簧測力計，可以測量力，力屬于導出單位不是國際單位制中基本物理量，選項D符合題意。故選D。

【分析】電火花可以直接測量基本物理量是時間；刻度尺可以測量基本物理量是長度；電流表可以測量基本物理量是電流強度；彈簧測力計，可以測量力，力屬于導出單位不是國際單位制中基本物理量。2．【答案】A【解析】【解答】由于常用示波器中的掃描電壓是鋸齒形電壓，電壓隨時間變化在一個周期內為一條傾斜直線，所以即u隨時間t變化的圖線是A。故選A。

【分析】鋸齒形電壓圖像表示電壓隨時間變化在一個周期內為一條傾斜直線。3．【答案】D【解析】【解答】D．由于梯子處于靜止，根據豎直方向的平衡方程則可以得出：地面對梯子的支持力N與重力mg平衡，與夾角無關，減小θ角，直梯仍能平衡，則地面對梯子的支持力N不變，故D正確；A．直梯受地面豎直向上的支持力N和水平向左的摩擦力f，根據力的合成可以得出：地面對直梯的作用力大小為F=根據牛頓第三定律，直梯對地面的作用力大小F故A錯誤；B．如圖所示，由于墻壁光滑，直梯受豎直向下的重力、地面豎直向上的的支持力、墻壁水平方向的支持力、地面水平方向的靜摩擦力共四個力，若直梯受地面的作用力F=則F方向沿直梯的方向，由于力矩不平衡，所以直梯將會以O點為圓心在mg、N1的作用下旋轉，所以地面對直梯的作用力大小不可能為mgsinC．根據牛頓第三定律可以得出：墻壁對直梯的作用力與直梯對墻壁的作用力是一對作用力與反作用力，故C錯誤。故選D。

【分析】利用梯子豎直方向的平衡方程可以求出地面對直梯的支持力大小；利用力的合成可以求出地面對直梯的作用力大??；根據牛頓第三定律可以得出墻壁對直梯的作用力與直梯對墻壁的作用力是一對作用力與反作用力。4．【答案】B【解析】【解答】A．軌道①為近地衛星對應的軌道，則對應的第一宇宙速度為軌道半徑最小的速度，由于軌道半徑最小則為人造衛星做圓周運動的最大運行速度，衛星發射做離心運動，則第一宇宙速度也是人造衛星繞地球運行所需的最小發射速度，故A錯誤；B．衛星的發射速度v滿足

7.9km/s<v<11.2km/s

則衛星的發射速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度，衛星將離開地面但不能離開地球的引力作用，則衛星將繞地球運動，故B正確；C．開普勒第二定律只適用于同一顆衛星在同一軌道上的規律，不同軌道的運動規律不能使用開普勒第二定律，故C錯誤；D．衛星沿軌道④運動，由于運行的速度小于第三宇宙速度16.7km/s，將脫離地球的束縛，但仍然受到太陽引力的束縛；故D錯誤。故選B。

【分析】利用衛星的發射速度或者運行速度可以判別衛星的運動軌跡情況；第一宇宙速度為最小發射速度，最大的運行速度；開普勒第二定律只能適用于同一軌道的運動。5．【答案】B【解析】【解答】A．瓶子在空間站中處于完全失重狀態，瓶子受到的繩子拉力作為在空間站內做圓周運動的向心力，由于瓶子不會受到重力的影響，無論瓶子速度多大都能做完整的圓周運動，故A正確，不符合題意；B．根據

Fn=mC．物體做勻速圓周運動所需要的向心力大于物體所受的的合力時，物體做離心運動，由于水的密度大于油的密度，在混合液體中取半徑相同處體積相等的水和油的液體小球，水球的質量大，根據

Fn=mD．根據

Fn=m故選B。

【分析】瓶子受到繩子的拉力作勻速圓周運動的向心力，所以無論瓶子速度如何都能在豎直面做完整的圓周運動；利用向心力的表達式可以判別油和水所需要的向心力不同，當繩子越長則更容易發生離心運動；密度較大的水將集中于外部；當油水分離后，由于瓶子總的質量不變，角速度不變，繩子長度不變，所以繩子張力大小不變。6．【答案】B【解析】【解答】飛機做勻加速直線運動，根據速度公式可以得出：飛機起飛加速的時間t=根據速度位移公式可以得出：這段時間內飛機的位移v解得x根據位移公式可以得出：航母的位移x故跑道的長ΔB正確。故選B。

【分析】飛機做勻加速直線運動，利用速度公式可以求出加速的時間，結合速度位移公式可以求出飛機加速的位移，結合航母運動的位移可以求出跑道的長度。7．【答案】C【解析】【解答】A．人類第一次實現的原子核的人工轉變是指盧瑟福用α粒子轟擊氮原子核，產生了氧的一種同位素--氧17和一個質子，A錯誤；B．原子核中的一個中子轉化為一個質子時，放出一個電子進而產生了β射線，B錯誤；C．在三種射線中，由于γ射線不帶電，所以電離能力很弱，但由于粒子最小所以穿透能力很強，C正確；D．核電站的裂變反應堆中，慢化劑的作用是控制中子的速度，將“中子”轉化為“慢（熱）中子”，使中子與原子核相碰的機遇升高，更容易引起裂變，D錯誤。故選C。

【分析】人類第一次實現的原子核的人工轉變是指盧瑟福用α粒子轟擊氮原子核；原子核中的一個中子轉化為一個質子時，放出一個電子進而產生了β射線；γ射線不帶電，所以電離能力很弱，但由于粒子最小所以穿透能力很強；慢化劑的作用是控制中子的速度，將“中子”轉化為“慢（熱）中子”，使中子與原子核相碰的機遇升高，更容易引起裂變。8．【答案】D【解析】【解答】A．若開關撥到a，電容與電源相連，則正在充電，根據

C=QUB．若開關撥到a，待充電結束后，降低液體高度，由于電容板的電介質減少，根據電容的決定式有：C=可知C減少，所以由于電壓不變，則

C=QUC．若充電結束后，開關從a撥到b，根據周期的表達式可以得出：回路中振蕩電流周期為T=2π根據周期和頻率的關系可以得出電流頻率為f故C錯誤；D．若充電結束后，開關從a撥到b，回路中振蕩電流減小時，則電容器電荷量增大，說明電容器正在充電，由于電容器電容不變則電容器電壓增大，由于自感線圈兩端電壓與電容器兩端電壓相等，所以線圈自感電動勢增大。故D正確。故選D。

【分析】電容器與電源相連時，電荷量增大，根據電容的定義式可以判別電容器電壓增大；當電壓不變時，電容減小時，電容器電荷量減小，進而判別電流的方向；利用振動電路的周期表達式可以求出頻率的大小；利用振動電路中電流減少時可以判別電容器電荷量增大則電容器電壓增大，根據自感線圈兩端電壓與電容器兩端電壓相等，則線圈自感電動勢增大。9．【答案】C【解析】【解答】A．根據靜電平衡的原理可以得出金屬圓筒處于靜電平衡狀態，圓筒內部場強為零，電子在金屬圓筒中不受電場力的作用，則做勻速直線運動，故A錯誤；B．根據加速器原理可知，當電子在圓筒0-1加速時，則圓筒1帶正電，電子在圓筒12間加速時，則圓筒1帶負電，所以本裝置應采用交流電進行加速，故B錯誤；C．從序號為0的金屬圓板到進入第2個金屬圓筒的過程中，由于電場力對電子做功兩次，根據動能定理得2eU=解得電子的速度大小為：v=2故C正確；D．根據動能定理可以得出：進入第8個金屬圓筒時的速度滿足8eU=因為電子在圓筒中做勻速直線運動，根據位移公式可以得出第8個圓筒長度為L=故D錯誤。故選C。

【分析】利用圓筒內部處于靜電平衡，則電子在圓筒內部做勻速直線運動；利用電子加速可以判別圓筒的電性交替變化，則本裝置應采用交流電；利用動能定理可以求出電子進入圓筒速度的大小，結合勻速直線運動的位移公式可以求出圓筒的長度。10．【答案】A【解析】【解答】將副線圈等效為用電器，等效電路如圖所示

由閉合電路歐姆定律I根據輸入功率等于輸出功率有：I故等效電阻的大小為：R根據變壓器的規律有：I故等效電阻的大小為：R根據熱功率的表達式可以得出：電源的輸出功率為P=故當R等效n解得n故n1故選A。

【分析】將變壓器等效為用電器，根據熱功率的表達式及變壓器的規律可以求出等效電阻的大小，結合輸出功率的表達式可以求出熱功率的表達式，利用表達式可以求出功率最大時等效電阻的大小，結合等效電阻的大小可以求出匝數之比。11．【答案】B【解析】【解答】A．圖a為電容式話筒的組成結構示意圖，聲音的振動帶動振動膜片與固定電極間的距離發生變化，導致電容器的電容發生改變，由于電壓不變，則會導致電容器的電荷量發生改變，從而實現將聲音信號轉化為電信號，故A正確；B．電熨斗在熨燙絲綢衣物需要設定較低的溫度，為了設置溫度比較低，則調溫旋鈕應該向上旋，使得雙金屬片彎曲較小時，觸點就分離，這樣保證了溫度不會過高，故B錯誤；C．圖c為加速度計示意圖，當向右減速時，由于減速運動時加速度方向與速度方向相反，則加速度向左，則彈力的合力方向向左則滑片向右移動，根據電勢的分別可以得出此時P點電勢高于Q點電勢，故C正確；D．在梁的自由端施加向下的力F，上應變片長度變長，根據電阻定律可以得出電阻變大，下應變片長度變短，根據電阻定律可以得出電阻變小，故D正確；本題選擇錯誤選項；故選B。

【分析】聲音的振動改變電容器板間之間的距離，進而實現聲音信號轉化為電信號；熨燙絲綢衣物需要設定較低的溫度，此時應降低升降螺釘的高度；利用加速度的方向可以判別滑片的位置，進而比較電勢的高低；利用電阻定律結合應變片的長度變化可以判別電阻的大小變化。12．【答案】D【解析】【解答】A．由于輕繩斷裂后，根據簡諧運動的條件可以得出：物塊A、B均在斜面上做簡諧運動，根據機械能守恒定律可以得出初始位置分別為AB的最高點和最低點，所以兩物塊不會發生碰撞，故A錯誤；B．由于A、B兩物塊質量相等，重力沿斜面的分力和彈簧的彈力的合力提供回復力，根據牛頓第三定律則兩者的回復力相等，所以回復力與位移的比例系數相等，所以兩物塊運動的周期相等，兩個物塊振動的相位差不隨時間變化，故B錯誤；C．由于兩物塊運動的周期相等，兩個物塊振動的相位差不隨時間變化，當物塊A的加速度為零時，即物塊A處于平衡位置，物塊B也處于平衡位置，加速度為零，故C錯誤；D．當物塊處于平衡位置時，速度最大，根據

kx=mgsinθ故選D。

【分析】根據AB的初始位置為簡諧運動的最高點和最低點所以兩者不會相碰；利用牛頓第三定律可以得出兩者回復力相等，則運動的周期相等，根據周期相等可以得出相位差相等；利用振動相位差相等可以判別物塊A加速度等于0時物塊B的加速度也等于0；利用平衡方程可以得出物塊最大速度時彈簧形變量相等，結合能量守恒定律可以得出兩個物塊動能相等，進而求出最大速度的比值。13．【答案】B【解析】【解答】已知光束經過兩次折射，可以畫出光束折射與直線傳播的光路圖，如圖所示：根據幾何關系有

sin所以α=45°根據折射定律可得n=sinαsinβ激光束經兩次折射，頻率不變，故折射前后光子的動量的大小不變，根據動量的表達式有p=根據幾何關系可以得出：光子的動量的方向夾角為2θ=2(α?β)根據圖示及幾何關系可以求出：光子的動量變化量為Δ已知光在介質中的折射率大小，結合速度公式可以得出：光子在小球內的運動時間為Δ小球對光子的沖量產生光子動量的變化，根據光子的動量定理，可得F=聯立可得F=根據牛頓第三定律可得光子對小球平均作用力大小為F故選B。

【分析】根據光傳播的路徑可以得出光子初末動量的方向，進而求出動量變化量的大小，結合動量定理及光傳播的時間可以求出光子對小球平均作用力的大小。14．【答案】B,D【解析】【解答】A．圖a為波的衍射，當夾縫的距離小于或接近波長的大小時，則衍射現象越明顯，則狹縫寬度越寬，衍射現象越不明顯，故A錯誤；B．在圖b中波發生了折射，根據法線的位置可以得出：折射角小于入射角為波的折射，由于入射角大于折射角，則區域1的折射率小于區域2的折射率，根據

n=cvC．圖c為波的干涉，根據干涉的規律可以得出振動加強點的質點位移為單波振動位移的2倍，但振動加強區域的質點仍然在自己的平衡位置上下振動，不是一直處于最大位移處，故C錯誤；D．圖d為波的多普勒效應，左側波紋間的距離相對右側較小，說明左側的波長比較小，根據波長和頻率的關系可以判別左側頻率比較高，根據多普勒效應則可以得出周期性觸動水面的振動片在向左運動，故D正確。故選BD。

【分析】夾縫的距離小于或接近波長的大小時，則衍射現象越明顯；利用折射角和入射角的比較可以比較區域折射率的大小，進而比較波速的大??；利用干涉的規律可以得出振動加強點的質點位移為單波振動位移的2倍，但振動加強區域的質點仍然在自己的平衡位置上下振動，不是一直處于最大位移處；根據多普勒效應則可以得出周期性觸動水面的振動片在向左運動。15．【答案】C,D【解析】【解答】A．圖a為α粒子散射實驗，根據a粒子的運動軌跡可以得出原子內部存在核的結構，所以該實驗是原子的核式結構理論的基礎，說明原子是有結構的，選項A錯誤；B．圖b為電子的干涉實驗，在該實驗中，若減小光的強度，則會減小光子通過雙縫的個數，光子只能一個接一個地到達光屏，經過足夠長時間，仍然發現相同的干涉條紋，這表明粒子的波動性與電子的相互作用無關，故B錯誤；C．圖c為康普頓效應示意圖，光子和電子之間的碰撞滿足動量守恒定律，由于光子的動量變化量等于電子動量變化量，根據動量守恒定律可以得出：垂直光子的初速度方向應滿足h選項C正確；D．圖d為氫原子光譜，圖示中的光譜是按能量高到能量低進行排列，因發生躍遷時能級差越大，則輻射光子的能量越大，可知光譜中Hδ是電子從第4激發態向基態躍遷產生的，光譜中Hγ故選CD。

【分析】a粒子的散射實驗說明原子是具有結構的；電子干涉實驗中說明電子的波動性和電子之間的相互作用無關；利用動量守恒定律可以求出電子和光子動量守恒定律的表達式；利用氫原子光譜的波長大小可以判別能量的高度進而判別躍遷的路徑。16．【答案】（1）B；D（2）2.21（3）能【解析】【解答】（1）A．彈簧測力計的外殼與木板接觸不影響彈簧測力計的讀數，故A錯誤；B．為了避免拉力沿其他方向產生分力，實驗時應使細線與木板平面平行，便于作圖，故B正確；C．實驗中的等效是指兩彈簧測力計合力的作用效果與一個彈簧秤彈力的作用效果相同，故C錯誤；D．兩把彈簧測力計共同作用時，結點位置不能超過虛線ab，這是為了讓一把彈簧測力計拉動橡皮條時，彈簧測力計的大小不會超過超量程，故D正確。故選BD。（2）已知彈簧測力計的分度值為0.1N，根據圖示可以得出彈簧測力計的示數為2.21N。（3）可以只用一個彈簧秤完成實驗，只要借助細繩代替其中一個彈簧秤拉動橡皮條，然后讓彈簧秤交替測量出分力的大小及方向，則能夠完成本實驗。

【分析】（1）彈簧測力計的外殼與木板接觸不影響彈簧測力計的讀數；為了避免拉力沿其他方向產生分力，實驗時應使細線與木板平面平行，便于作圖；實驗中的等效是指兩彈簧測力計合力的作用效果與一個彈簧秤彈力的作用效果相同；兩把彈簧測力計共同作用時，結點位置不能超過虛線ab，這是為了讓一把彈簧測力計拉動橡皮條時，彈簧測力計的大小不會超過超量程；

（2）根據彈簧秤的分度值可以得出拉力的大?。?/p>

（3）只要借助細繩代替其中一個彈簧秤拉動橡皮條，然后讓彈簧秤交替測量出分力的大小及方向，則能夠完成本實驗。17．【答案】（1）黑表筆；1.23（2）5.0kΩ；多用表A的“2.5V”檔的內阻【解析】【解答】（1）現用多用表A的“2.5V”檔測量多用表B“×1kΩ”檔紅黑表筆兩端電壓時，根據多用電表紅進黑出可以得出：電流應由黑表筆流出，進入電壓表的正極，所以多用電表B電流從黑表筆流出，應該接多用電表A的紅表筆流入，所以多用表A的紅表筆應接多用表B的黑表筆；由于多用電表A的量程為2.5V，則電壓表每一小格為0.05V，所以紅黑表筆兩端電壓為1.24V。

（2）由于B表為歐姆表，根據歐姆表的分度值及刻度可以得出：B表的讀數為5.0×1kΩ=5.0kΩ

B表的讀數則是測量A表“2.5V”檔的內阻。

【分析】（1）利用多用電表A測量多用電表B的電壓，應該讓多用表A的紅表筆應接多用表B的黑表筆；利用電壓表的分度值可以求出B表兩端電壓的大?。?/p>

（2）利用多用電表B的讀數可以求出A表電壓檔的內阻大小。18．【答案】（1）A；D；E（2）C；D（3）F【解析】【解答】（1）由于PV成反比，所以根據p?V圖像很難通過圖線判別兩者的關系，所以根據實驗原理應該先作出p?V圖像，根據圖線p與V的關系，再作p?1故選ADE。（2）A．實驗是研究注射器內的空氣的體積和壓強的關系，所以實驗前注射器內的空氣不能完全排出，故A錯誤；B．為了減少實驗誤差，可以在柱塞上涂上潤滑油，潤滑油是為了防止空氣泄露，保證氣密性良好，故B錯誤；C．根據理想氣體狀態方程

pV=CT

可知，由于P與V的乘積代表溫度的高低，則離坐標原點越遠的等溫線溫度越高，則有

T1>D．設聯通空氣柱與壓力表細管的體積為V'p(V+整理可知體積與壓強的關系式為：V=根據表達式可知V0故選CD。（3）快速到達體積V2Δ可知?U<0，則氣體的內能減小，溫度降低，則PV的乘積減小，則對應圖中的狀態F。

【分析】（1）根據實驗原理應該先作出p?V圖像，根據圖線p與V的關系，再作p?1V圖像，對p與V關系的猜測進行檢驗，檢驗正確，得出p與V關系的結論；根據理想氣體狀態方程pV=CT可知，由于P與V的乘積代表溫度的高低，則離坐標原點越遠的等溫線溫度越高；設聯通空氣柱與壓力表細管的體積為V'，根據等溫變化的狀態方程可知V0為聯通空氣柱與壓力表細管的體積；19．【答案】空氣的內能【解析】【解答】“飲水鳥”可以不斷地重復飲水的動作，能量來自于空氣中的內能，這一過程并不違反能量守恒定律，飲水鳥能不斷運動，是因為空氣的內能轉化成飲水鳥的動能。

【分析】根據能量守恒定律，飲水鳥能不斷運動，是因為空氣的內能轉化成飲水鳥的動能。20．【答案】解：（1）由于B管內液體產生的壓強不計，故為等壓過程，則VVV解得x=10.6cm（2）根據熱力學第一定律Δ內能變化Δ外界對系統做功W=pQ=則氣體放出的熱量為0.24J。【解析】【分析】（1）A和B的氣體為對象，利用等壓變化的狀態方程可以求出管內液面的高度差；

（2）已知溫度變化，利用溫度和內能的關系可以求出內能的變化量，結合熱力學第一定律可以求出氣體放出的熱量。21．【答案】解：（1）根據牛頓第二定律，在最低點有T?mg=m根據機械能守恒定律有mgL聯立兩式解得φ=60°（2）在最低點藤條正好斷裂，則T拋出的水平速度為v豎直方向上v到D點時豎直