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精品解析：浙江省宁波市镇海中学2022-2023学年高三上学期12月模拟考试物理试题
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高三物理选考试卷
一、选择题（本共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. 普朗克常量，光速为c，电子质量为，则在国际单位制下的单位是（ ）
A. B. m C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】根据可得它们的单位为：
故选B。
2. 2021年10月21日，湖南省足球协会青少年锦标赛（男子甲组）在湖南省网球足球运动管理中心拉开帷幕，关于足球运动，下列说法正确的是（ ）
A. 守门员看到足球迎面飞来，守门员描述足球的运动选取的参考系是足球
B. 研究如何踢出“香蕉球”时，可将足球看成质点
C. 一场球赛90分钟，这里的“90分钟”指的是时间间隔
D. 运动中的足球，其位移大小一定等于路程
【答案】C
【解析】
【详解】A．守门员看到足球迎面飞来，守门员描述足球的运动选取的参考系是地面或运动员自身，故A错误；
B．研究如何踢出“香蕉球”时，足球的旋转和姿态占主要因素，则足球不能质点，故B错误；
C．一场球赛90分钟，这里的“90分钟”指的是时间间隔，故C正确；
D．运动中的足球，可以是直线运动或曲线运动，其位移大小一定小于等于路程，故D错误。
故选C。
3. 图甲为家庭常用的燃气灶实物图，灶面上有一个支架。共有四个均匀分布的支承面，对放在上面的厨具起到支撑作用。现把一个蒸锅放在支架上，并抽象成示意图乙，已知支架的每个支面与水平方向成α角。蒸锅和里面的食物总计重为G，则每个支承面给蒸锅的支持力为（忽略蒸锅和支承面之间的摩擦力）（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】对蒸锅进行受力分析可得
解得
ACD错误，B正确。
故选B。
4. 短道速滑场地是由直跑道和两端圆弧形弯道组成的环形跑道在2022年北京冬奥会短道速滑男子1000米决赛中，任子威在直线起跑阶段，左右脚向后交替蹬冰，滑行一段时间后进入弯道时身体向内侧倾斜，通过圆弧形弯道，如图所示，最终夺得该项目冠军，则任子威（ ）
A. 在直线起跑加速过程中，随着速度增大，惯性也增大
B. 在直线起跑蹬冰过程中，冰面对他的作用力大于他对冰面的作用力
C. 通过圆弧形弯道时，冰面对他的作用力与他所受的重力是一对平衡力
D. 若沿半径不变的圆弧匀速通过弯道时，速度越大身体与冰面的夹角越小
【答案】D
【解析】
【详解】A．物体的惯性大小仅与物体的质量有关，与速度大小无关，故A错误；
B．冰面对他的作用力与他对冰面的作用力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，故B错误；
C．通过圆弧形弯道时，冰面对他的作用力与他所受的重力的合力提供向心力，不是处于平衡状态，故C错误；
D．若沿半径不变的圆弧匀速通过弯道时，根据
解得
可知速度越大身体与冰面的夹角越小，故D正确。
故选D。
5. 电吉他的工作原理是在琴身上装有线圈，线圈附近被磁化的琴弦振动时，会使线圈中的磁通量发生变化，从而产生感应电流，再经信号放大器放大后传到扬声器。其简化示意图如图所示。则当图中琴弦向右靠近线圈时（ ）
A. 穿过线圈的磁通量减小 B. 线圈中不产生感应电流
C. 琴弦受向左的安培力 D. 线圈有扩张趋势
【答案】C
【解析】
【详解】ABCD．琴弦向右靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增大，线圈中产生感应电流，由“来拒去留”可知琴弦受到向左的安培力，由“增缩减扩”可知线圈有收缩趋势，故ABD错误，C正确。
故选C。
6. 2022年3月23日，“天宫课堂”第二课开讲，“太空教师”翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站再次为广大青少年带来一堂精彩的太空科普课，其中有一个实验是王亚平在太空拧毛巾，拧出的水形成一层水膜，附着在手上，像手套一样，晃动也不会掉。形成这种现象的原因，下列说法正确的是（ ）
A. 在空间站水滴不受重力
B. 水和手发生浸润现象
C. 水和手发生不浸润现象
D. 在空间站中水的表面张力变大，使得水“粘”在手上
【答案】B
【解析】
【详解】A．在空间站水滴仍受重力作用，只是重力用来提供向心力，处于失重状态，故A错误；
BC．由题意，拧出的水形成一层水膜，附着在手上，像手套一样，说明液体水在手表面有扩展趋势，说明水和手发生浸润现象，故B正确，C错误；
D．液体水在手表面有扩展趋势，而不是收缩趋势，故不是因为水的表面张力变大的缘故，故D错误。
故选B。
7. 如图为同一平面内绕地球的三个卫星轨道示意图，Ⅰ、Ⅲ为圆轨道，Ⅱ为椭圆轨道，Ⅲ的半径与Ⅱ的半长轴相等，且Ⅲ与Ⅱ相交于M点，Ⅰ与Ⅱ相切于N点。三颗不同的卫星A、B、C正沿轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ稳定运行，则（ ）
A. A、B经过N点时的向心力一定相同
B. A、B的速度可能等大
C. B、C在M点的向心加速度大小相等
D. B、C与地心的连线在任意相等时间内扫过的面积相等
【答案】B
【解析】
【详解】AC．由于A、B的质量不相等，通过A、B经过N点时万有引力不一定相等，但由于在椭圆轨道时万有引力不是全部提供向心力，则向心力和加速度不一定相同，AC错误；
B．根据椭圆轨道的速度关系可知，A、B的速度可能等大，B正确；
D．根据开普勒第二定律可知B、C与地心的连线在任意相等时间内扫过的面积不一定相等，D错误。
故选B。
8. 一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，，现垂直于将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则（ ）
A. O、C两点电势相等
B. A点的电场强度大于B点
C. 沿直线从A到B电势先升高后降低
D. 沿直线从A到B电场强度逐渐增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于球壳内部的场强为零，补全以后可知在左右侧球壳在C点的合场强为零，因左右球壳的场强具有对称性，要想合场强为零只能是两部分球壳在C点的场强都是水平方向，则可以知道右侧球壳在C点的合场强水平向左，同理OC上其他点的场强都是水平向左，因此OC是等势线，故A正确；
BD．将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2；由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知
E1=E2
根据对称性，左右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且
E1=E2
在图示电场中，A的电场强度大小为E2，方向向左，B的电场强度大小为E1，方向向左，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同，沿直线从A到B电场强度不可能逐渐增大，故BD错误；
C．根据电场的叠加原理可知，在AB连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A到B电势升高，故C错误；
故选A。
9. 如图甲所示，“复兴号”高速列车正沿直线由静止驶出火车站，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙所示。后，列车以的速度做匀速直线运动，已知列车所受阻力大小恒定。则下列说法正确的是（ ）
A. 前，列车做匀减速直线运动
B. 列车所受阻力的大小为
C. 根据已知条件可求出列车的质量为
D. 在时，列车牵引力功率为
【答案】D
【解析】
【详解】A．在前，根据牛顿第二定律，有
因为列车所受阻力大小恒定，由图可知水平方向的动力F逐渐减小，所以列车的加速度逐渐减小，即列车做加速度逐渐减小的变加速运动，故A错误；
B．当时，列车的速度大小为，加速度减为0，之后做匀速直线运动，根据图像可得列车匀速运动时的动力
根据平衡条件可知列车所受阻力的大小为
故B错误：
C．在0~400s内，由动量定理有
根据已知条件和图像可得
解得列车质量
故C错误；
D．在时，列车牵引力功率
代入数据可得
故D正确。
故选D。
10. 电焊机内部有一种特殊用途的降压变压器，可以利用两极在瞬间短路时产生的高温电弧来熔化电焊条上的焊料和被焊材料。如图所示为其简要原理图，图中初级线圈在铁芯左侧上绕330匝铜线，次级线圈在铁芯左侧上绕40匝，转到铁芯右侧上绕35匝抽头为“弱”挡，再绕15匝抽头为“中”挡，再继续绕15匝抽头为“强”挡。下列说法正确的是（ ）
A. 输出端置于“弱”挡时，空载电压最大
B. 若输入端接220V的交流电，输出端置于“强”挡时，空载电压为70V
C. 输入端可采用直流电源
D. 由于焊条与焊材料之间存在较大的接触电阻，该处产生的热量较小
【答案】B
【解析】
【详解】A．电焊机是一个降压变压器，因此，次级线圈匝数越多，对应的空载电压越大，则输出端置于“弱”挡时，空载电压最小，故A错误；
B．输出端置于“强”挡时，由
其中
解得
V
故B正确；
C．直流电无法实现变压，故C错误；
D．由于焊条与被焊材料之间存在较大的接触电阻，故该处产生的热量较大，故D错误。
故选B。
【点睛】注意确定副线圈匝数具体是多少，。
11. 半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，其截面如图所示，O为圆心，OA为其水平轴，PQ为直径上的两点，且，，两束相同的光线分别从P、Q两点垂直于直径射入，已知从P点射入的光线在圆弧面上恰好发生全反射，光在真空中的光速为c，下列判断正确的是（ ）
A. 该玻璃砖的折射率为
B. 由P点射入的光线进入玻璃砖后频率变为原来的
C. 由Q点射入的光线在玻璃砖内（不考虑反射）运动的时间为
D. 由Q点射入的光线的折射光线与OA的交点到圆心的距离为
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由P点射入的光线在圆弧面上恰好发生全反射，由几何关系知
又因为
故
A错误；
B．由P点射入的光线进入玻璃砖后频率不变，B错误；
C．由几何关系可知，由Q点射入的光线在玻璃砖内运动的距离为
时间为
C错误；
D．设由Q点射入的光线在圆弧面上发生折射时的入射角和折射角分别为和，由折射定律知
设折射光线与水平轴OA的夹角为，由正弦定理得
由几何关系得
联立解得
D正确。
故选D。
12. 一同学希望利用电学方法对长度进行测量，电路图如下，其中电源电动势为，内阻为，电流表量程为，内阻为，有一长方体导体材料，x、y、z方向上棱长分别为、、，先将沿x轴方向接入电路， 电流表示数，再将沿y轴方向接入电路，电流表示数，则下列说法错误的是（ ）
A.
B. 沿x、y、z三个方向接入，电源效率最大约为
C. 沿x、y、z三个方向接入，电流表示数均不会超量程
D. 沿x、y、z三个方向接入，的功率最小为
【答案】D
【解析】
【详解】AC．由闭合电路欧姆定律有
代入数据可得
沿x轴方向时
沿y轴方向时
由电阻定律
代入数据可得
沿z轴方向时
由闭合电路欧姆定律
代入数据可得沿z轴方向时
所以AC正确；
B．由题意可知路端电压最大为沿x轴接入电路时
根据
B正确；
D．根据
沿x轴方向时
沿y轴方向时
沿z轴方向时
D错误。
故选D。
13. 发光实心弹力球因其弹性好深受小朋友喜爱。一小朋友将弹力球（可视为质点）抛出，落到水平面（足够大）上前瞬间的速度大小为，与水平方向夹角。弹力球与水平面碰撞的过程中，受到摩擦力的大小等于其重力的、弹力的大小等于其重力的2倍。设每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变，不计空气阻力。已知，，重力加速度为g。则弹力球（ ）
A. 第1次碰后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间的夹角大于
B. 第2、3次落地点间的距离为
C. 与水平面碰撞4次后停止运动
D. 与水平面碰撞过程中受到合力的冲量保持不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．将碰前、碰后的速度分解成水平和竖直方向的分速度，如下图所示
由于每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变。以竖直向上为正方向，则在竖直方向上由动量定理可得
设碰撞后弹力球沿水平方向速度为，以水平向右为正方向，则水平方向根据动量定理可得
带入数据可得
反弹后的夹角正切值为
故速度方向与水平面间的夹角等于。故A错误；
B．小球在空中不受阻力作用，故根据运动的对称性可知，小球在第二次与地面碰前的速度和第一次与地面碰后的速度相等。故同理可得，以竖直向上为正方向，在竖直方向上由动量定理可得
设第二次碰撞后弹力球沿水平方向速度为，以水平向右为正方向，则水平方向根据动量定理可得
带入数据可得
小球从第二次碰撞后到与地面发生第三次碰撞前的过程中，在空中做斜上抛运动，故从第二次碰撞后运动至最高点所需时间为
水平方向做匀速直线运动，根据运动的对称性可知，水平方向位移为
故B正确；
C．根据以上分析结合题意可知，与水平面碰撞4次后，小球水平方向速度为零。但由于竖直方向上碰前和碰后速度大小不变，方向相反，且在空中运动过程中不考虑空气阻力，故第四次碰后小球做竖直上抛运动，如此往复。即小球不可能停止，故C错误；
D．根据以上分析可知，在前四次碰撞过程中，小球在水平和竖直方向受力均不变，且小球与地面的碰撞时间均相等。故前四次碰撞过程中，每次碰撞时合力的冲量为
可知小球在在前四次碰撞过程中合力的冲量相等，方向沿合力方向。但第四次碰撞后，小球水平方向速度为零，开始循环做竖直上抛运动。故在随后的碰撞过程中，小球只受到竖直方向的作用力，且碰撞时间仍不变。故第四次后的碰撞过程中，小球所受合力的冲量为
方向沿竖直方向，故与水平面碰撞过程中受到合力的冲量会发生改变，故D错误。
故选B。
【点睛】明确小球在碰撞过程中以及在空中运动过程的受力情况，分析小球在整个运动过程中的运动规律。确定小球在空中的运动情况，根据运动的对称性求解水平位移。明确水平方向摩擦力产生的原因，分析小球水平方向速度为零后，小球在水平方向的运动情况。掌握合力冲量与各分力冲量之间的关系。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2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2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
14. a、b两束光是由处在同一激发态的原子跃迁到I态和Ⅱ态时产生的，分别用a、b两束单色光照射同一光电管阴极时，都发生了光电效应，且两束光照射时对应的截止电压Ua>Ub，则这两束光（ ）
A. 光子动量pa>pb
B. 发生电子跃迁时对应的能级EI>EII
C. 入射同一双缝干涉装置上，相邻亮纹的间距△xa<△xb
D. 若Ua=2Ub，则a、b两束光的光子能量满足
【答案】AC
【解析】
【详解】A．截止电压Ua>Ub，说明a光子的能量大于b光子的能量，波长则小于b光子的波长；根据光子的动量公式
可知，光子动量pa>pb，故A正确；
B．光子的能量等于原子跃迁前后两个能级之间的能量差，由于a光子的能量大于b光子，说明能级EI＜EII，故B错误；
C．根据双缝干涉的条纹间距公式
可知，波长较小的a光子，其光束的干涉条纹间距更小，即
故C正确；
D．在光电效应中，光电子的最大初动能等于光子能量与逸出功之差，即
而截止电压与电子电量的乘积等于光电子的最大初动能，即
由上两式可得
如果
则有
整理得
即
故D错误。
故选AC。
15. 中国自主三代核电“华龙一号”示范工程第2台机组——福清核电6号机组于2022年3月25日投入商业运行，至此“华龙一号”示范工程全面建成投运。“华龙一号”利用铀核裂变释放能量，原子核的平均结合能与质量数之间的关系图线如图所示，两台机组每年总发电量约200亿千瓦时。下列说法正确的是（ ）
A. 铀核裂变一个重要核反应方程是
B. “华龙一号”两台机组发电一年需消耗核约为0.8kg
C. 核的平均核子质量小于核的平均核子质量
D. 三个中子和三个质子结合成核时释放能量约为30MeV
【答案】CD
【解析】
【详解】A．铀核裂变的核反应方程为
故A项错误；
B．根据质能方程
可知，“华龙一号”一年产生200亿千瓦时电能，对应的质量亏损为0.8kg，所以其参与反应的铀核质量大于0.8kg，故B错误；
C．由题图可知，核的平均结合能大于核的平均结合能，平均结合能大的粒子稳定性高，平均核子质量指的是自由核子质量与平均结合能之间的差额。由于自由核子的质量确定，平均结合能越大，平均核子质量越小，所以核的平均核子质量小于核的平均核子质量，故C项正确；
D．因为核子结合成原子核时，存在质量亏损，释放核能，所以三个中子和三个质子结合成核时释放能量，由题图可知核的平均结合能约5Mev，所以其释放的核能约
故D项正确。
故选CD。
16. 一列简谐波某时刻的波形如图中实线所示，经过0.5s后的波形如图中的虚线所示，已知波的周期为T，且，则（ ）
A. 诺波沿x轴不同方向传播，则在这0.5s内，处的质点M通过的路程都不相等
B. 当波沿+x方向传播时，处的质点M和处的质点N在这0.5s内通过的路程相等
C. 当波向+x方向传播时，波速等于10m/s
D. 当波沿—x方向传播时，经过0.1s时，质点M的位移一定为零
【答案】AC
【解析】
【详解】A．机械波的振幅为A，当波向x轴正方向传播，结合图像所用时间满足
根据周期的范围可知，n=1时，符合题意，在0.5s内质点M振动的路程为
当波向x轴负方向传播，结合图像所用时间满足
根据周期的范围可知，n=1时，符合题意，在0.5s内质点M振动的路程为
所以质点M通过的路程都不相等，A错误；
B．当波向x轴正方向传播时，质点M经过的路程为 5A，质点M、N经过0.4s经过的路程为4A，两质点均回到初始位置，再经过0.1s过程中，因为质点N的平均速度大于质点M的平均速度，所以质点N经过的路程大于M，所以质点N的路程大于M点的路程，B错误；
C．当波向x轴正方向传播时，根据图像可知波长，波速为
C正确；
D．由A选项中可知，当波向x轴负方向传播，波的周期为，则经过0.1s，M点随波震动时间介于于和之间，即M点未返回最高点处，位移不为零，D错误。
故选AC。
三、非选择题（本题共7小题，共55分）
17. 某智能手机中的“磁传感器”功能能实时记录手机附近磁场的变化，磁极越靠近手机，“磁传感器”记录下的磁感应强度越大。现用手机、磁化的小球、铁架台、塑料夹子等实验器材组装成如图甲所示的装置，来测量重力加速度，实验步骤如下：
①把智能手机正面朝上放在悬点的正下方，接着往侧边拉开小球，并用夹子夹住。
②打开夹子释放小球，小球运动，取下夹子。
③运行手机“磁传感器”功能，手机记录下磁感应强度的变化。
④改变摆线长和夹子的位置，测量出各次实验的摆线长L及相应的周期T。
（1）图乙中的a、b分别记录了两次实验中磁感应强度的变化情况，a图测得连续N个磁感应强度最大值之间的总时间为t，则单摆周期T的测量值为______。b图中手机记录下的磁感应强度几乎不变，可能的操作原因是______。
（2）实验中用游标卡尺测量摆球直径如下图所示，则摆球直径为______m。
（3）得到多组摆线长L及相应的周期T后，作出了图线，图线的斜率为k，在纵轴上的截距为c，由此得到当地重力加速度g＝______。
（4）在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，通过测量头观察到如图所示清晰的干涉图样，出现这种现象的原因是______；
A．单缝和双缝没有调平行
B．光源、遮光片、单缝、双缝、遮光筒、毛玻璃屏没有共轴
C．测量头过于左偏，应调节测量头上的手轮，使它适当右移
D．测量头过于右偏，应调节测量头上的手轮，使它适当左移
【答案】 ①. ②. 形成了圆锥摆##小球摆动幅度过小 ③. ④. ⑤. D
【解析】
【详解】（1）[1] a图测得连续N个磁感应强度最大值之间的总时间为t，相邻的磁感应强度最大值之间时间间隔为半个周期，则
解得
[2] b图中手机记录下的磁感应强度几乎不变，可能的操作原因是形成了圆锥摆或小球摆动幅度过小。
（2）[3]实验中用游标卡尺测量摆球直径为
（3）[4]到多组摆线长L及相应的周期T后，作出了图线，则单摆摆长为
l=L+R
有单摆周期公式
解得
图线斜率
解得
（4）[5]在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，通过测量头观察到如图所示清晰的干涉图样，条纹清晰且亮度正常，只是干涉条纹偏左，出现现象的原因是测量头过于偏右，应调节测量头上的手轮，使它适当左移。
故选D。
18. 将一铜片和一锌片分别插入一只橙子内，就构成了简单的水果电池，其电动势约为1.5V。
（1）取一个额定电压为1.5V，额定电流为0.3A的小灯泡（小灯泡电阻可认为不变），实验发现该电池与小灯泡直接相连接后，小灯泡不亮，测得流过小灯泡的电流为1mA，则该电池的内阻约为______Ω。
（2）除了水果电池以外，实验室还提供了如下器材：
a．电流表A（量程0~0.6A~3A，内阻很小）
b．毫安表mA（量程06mA，内阻大概10Ω）
c．电压表V（量程1.5V，内阻约2kΩ）
d．滑动变阻器R（阻值0~20Ω）
e．电阻箱（阻值0~9999.9Ω）
f．开关一个，导线若干
①为了测定该“水果电池”的电动势和内阻，请你根据提供的器材，在方框中画出最合理的测量电路图______。
②采用上述实验，读取多组数据，利用图像测得的水果电池的内阻与真实值相比，______。（选填“大于”“小于”或“等于”）
【答案】 ①. 1495 ②. ③. 大于
【解析】
【详解】（1）[1]额定电压为1.5V，额定电流为0.3A的小灯泡的电阻为
由闭合电路欧姆定律
则该水果电池的内阻约为
（2）①[2]由于该水果电池内阻较大，而电动势约为1.5V，则电路中的最大电流约为
则电流表应选用毫安表mA（量程0.6mA，内阻大概10Ω），且利用“安阻法”来测量该水果电池电动势及内阻，电路设计如图所示
②[3]根据闭合电路欧姆定律，有
其中E为电源电动势，r为电源内阻，R为电阻箱阻值，I为电流表读数，可得
但实际上不仅电阻箱有阻值，毫安表也有阻值，即
可得
所以，可知我们测量时把毫安表的内阻也当成了电源内阻计算，故由图像可知
19. 图（a）是“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积关系”的实验装置。
（1）关于该实验的操作，下列说法正确的有________；
A．柱塞上应该涂润滑油
B．应缓慢推拉柱塞
C．用手握注射器推拉柱塞
D．改变体积后要快速记录压强数据
（2）实验中，连接注射器与压强传感器之间软管内的气体不可忽略。移动活塞，多次记录注射器上的体积刻度和压强传感器读数，绘出的图像可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】 ①. AB##BA ②. C
【解析】
【详解】（1）[1]A．为了减小柱塞与气缸之间的摩擦对实验结果的影响，应在柱塞上涂上润滑油，故A正确；
BC．为了保证柱塞在移动的过程中，气缸内的气体尽可能做等温变化，应缓慢推拉柱塞，且手不能握注射器推拉柱塞，故B正确，C错误；
D．每次推拉柱塞改变气体体积后，要待气体稳定后再进行读数，故D错误。
故选AB。
（4）[2]由于连接注射器与压强传感器之间的软管内的气体不可忽略，当压强增加后，连接部分软管内的气体体积也减小，但连接部分体积未变，则注射器中有气体进入连接部分，相当于注射器漏气，当减小时，增大，随之增加的程度不是线性关系，当越小时，压强越大，进入软管内的气体越多，压强增加的程度越小，斜率越小，故绘出的图像可能为C。
故选C。
20. 有同学设想如下实验测量月球表面的昼夜温差：在地面制作一个横截面积为S、导热良好的气缸，用一个质量为m的活塞（厚度不计）在缸内密闭一部分理想气体。在压强为p0、温度为T0的地面大气中，气缸开口向上竖直放置时（如图），活塞到缸底的距离为h0。已知月面重力加速度为g（g为地面重力加速度），忽略活塞与气缸间的摩擦和气缸的热胀冷缩。将此气缸送到月球表面（无大气）并同样开口向上竖直放置。求：
（1）月昼时，月表温度最高为T1（T1> T0），要想活塞不被缸内气体排出缸外，缸口到缸底距离（即缸的深度）至少多大？
（2）若月夜时活塞稳定的位置比月昼下降了∆h，则月面的昼夜温差是多少？
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】（1）封闭气体在地面时
封闭气体在月面并处于月昼最高温T1时
由气体状态方程得
联立解得缸口到缸底的最小距离为
（2）从月昼到月夜，封闭气体做等压变化，有
联立解得月昼与月夜的温差
21. 如图所示，在水平直轨道上竖直放置一半径R＝1m的圆形光滑轨道和细管弯成两个半圆组成的反“S”形光滑轨道，其半径r＝0.05m。两轨道最低点B、D相距，B、D间铺设特殊材料，其动摩擦因数（x表示DB上一点到B的距离）。一个质量为1kg可视为质点的小球P从倾角、动摩擦因数的斜面上以初动能滑下，经A点无能量损失进入长度、动摩擦因数为的AB直轨道，然后冲上圆形轨道。小球P释放点到水平轨道的高度h＝3m，圆形轨道最低点B处入、出口靠近且相互错开，不计空气阻力。提示：可以用F－x图像下的“面积”代表力F做的功。
（1）若小球P恰好通过圆形轨道最高点C，求小球在B点对轨道的压力大小；
（2）调整释放初动能，使小球P离开反“S”形轨道最高点E后第一次落到水平直轨道上离E点的水平位移大小s＝1m，求初动能的大小；
（3）调整释放初动能，要使小球P整个运动过程中不脱离轨道，且不停在水平轨道AB段上，求的取值范围。
【答案】（1）60N；（2）；（3）或者或者
【解析】
【详解】（1）小球P恰好通过圆形轨道最高点C点，则有
解得
从C到B，根据动能定理有
解得
B点，则有
解得
根据牛顿第三定律，小球在B点对轨道的压力大小为60N；
（2）根据平抛运动规律有
，
联立解得
，
BD上，有
则摩擦力做功为
从初始到E，则有
解得
（3）①恰好到A，则有
解得
所以
②恰好到O点等高处，则有
解得
返回恰好到A，则有
解得
所以
③恰好过C，，则有
解得
恰好到E，则有
解得
所以
综上，或者或者
22. 电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置，不同的电源非静电力做功的本领有所不同，物理学中用电动势来描述电源的这种特性。
（1）如图所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属框两平行导轨间距为l。金属棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知电子的电荷量为-e。在金属棒产生电动势的过程中，请说明是什么力充当非静电力，并求出这个非静电力F的大小；
（2）科学家发现导体两端的温度差也能产生电动势，这种电动势称为温差电动势。我们用图乙所示的简化模型来分析。一段长度为L的直导线AB沿Ox轴放置，A端位于坐标原点处。与恒温热源接触后，A端温度恒为T1，B端温度恒为T2（T2
【答案】（1）洛伦兹力，evB；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）洛伦兹力充当非静电力
（2）长度为Δx的薄层两端的压强差为
薄层Δx内
所以
（3）稳定时
所以
解得
23. 理论研究表明暗物质湮灭会产生大量高能正电子，所以在宇宙空间探测高能正电子是科学家发现暗物质的一种方法。我国某研究小组为研究暗物质设计了探测正电子的装置。设计如图所示，矩形区域ABCD处在与其所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度方向指向纸外，其中AB＝10L，AD＝3L，AE段为正电子发射源，AE段各点发射正电子情况相同，AE＝4L，CF段上表面与CH段左侧面固定有正电子收集板，CH＝10.5L，CF＝6L，设正电子质量为m，电量为e，只考虑正电子在纸面内的运动，忽略相对论效应，不计重力。
（1）若从E点垂直AE飞出的正电子，刚好击中B点，求正电子初速度大小；
（2）若AE段各点正电垂直AE飞出，发射的正电子经磁场偏转后全部被收集板吸收，求正电子初速度的范围；
（3）若AE段各点正电子均满足（2）中的初速度大小的条件，且初速度方向朝AE板上方各个方向飞出，则所有击中收集板的正电子从飞出到击中收集板所用时间的最小值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）正电子由E点达到B点，有几何关系得
根据
联立求得
（2）情况1：电子由A点打到F点过程，由几何关系有
求得
结合
可得
情况2：电子垂直打在H点时，有
结合
可得
所以可得正电子初速度的范围
（3）①打中CH情况，弦长最小时间最短。从E以最大半径打中B时，有
所以
可得
②打中CF情况，从E点以最大速度向右时间最短，该情况恰好击中C，时间大于情况①。综上，可得所有击中收集板的正电子从飞出到击中收集板所用时间的最小值
高三物理选考试卷
一、选择题（本共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. 普朗克常量，光速为c，电子质量为，则在国际单位制下的单位是（ ）
A. B. m C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】根据可得它们的单位为：
故选B。
2. 2021年10月21日，湖南省足球协会青少年锦标赛（男子甲组）在湖南省网球足球运动管理中心拉开帷幕，关于足球运动，下列说法正确的是（ ）
A. 守门员看到足球迎面飞来，守门员描述足球的运动选取的参考系是足球
B. 研究如何踢出“香蕉球”时，可将足球看成质点
C. 一场球赛90分钟，这里的“90分钟”指的是时间间隔
D. 运动中的足球，其位移大小一定等于路程
【答案】C
【解析】
【详解】A．守门员看到足球迎面飞来，守门员描述足球的运动选取的参考系是地面或运动员自身，故A错误；
B．研究如何踢出“香蕉球”时，足球的旋转和姿态占主要因素，则足球不能质点，故B错误；
C．一场球赛90分钟，这里的“90分钟”指的是时间间隔，故C正确；
D．运动中的足球，可以是直线运动或曲线运动，其位移大小一定小于等于路程，故D错误。
故选C。
3. 图甲为家庭常用的燃气灶实物图，灶面上有一个支架。共有四个均匀分布的支承面，对放在上面的厨具起到支撑作用。现把一个蒸锅放在支架上，并抽象成示意图乙，已知支架的每个支面与水平方向成α角。蒸锅和里面的食物总计重为G，则每个支承面给蒸锅的支持力为（忽略蒸锅和支承面之间的摩擦力）（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】对蒸锅进行受力分析可得
解得
ACD错误，B正确。
故选B。
4. 短道速滑场地是由直跑道和两端圆弧形弯道组成的环形跑道在2022年北京冬奥会短道速滑男子1000米决赛中，任子威在直线起跑阶段，左右脚向后交替蹬冰，滑行一段时间后进入弯道时身体向内侧倾斜，通过圆弧形弯道，如图所示，最终夺得该项目冠军，则任子威（ ）
A. 在直线起跑加速过程中，随着速度增大，惯性也增大
B. 在直线起跑蹬冰过程中，冰面对他的作用力大于他对冰面的作用力
C. 通过圆弧形弯道时，冰面对他的作用力与他所受的重力是一对平衡力
D. 若沿半径不变的圆弧匀速通过弯道时，速度越大身体与冰面的夹角越小
【答案】D
【解析】
【详解】A．物体的惯性大小仅与物体的质量有关，与速度大小无关，故A错误；
B．冰面对他的作用力与他对冰面的作用力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，故B错误；
C．通过圆弧形弯道时，冰面对他的作用力与他所受的重力的合力提供向心力，不是处于平衡状态，故C错误；
D．若沿半径不变的圆弧匀速通过弯道时，根据
解得
可知速度越大身体与冰面的夹角越小，故D正确。
故选D。
5. 电吉他的工作原理是在琴身上装有线圈，线圈附近被磁化的琴弦振动时，会使线圈中的磁通量发生变化，从而产生感应电流，再经信号放大器放大后传到扬声器。其简化示意图如图所示。则当图中琴弦向右靠近线圈时（ ）
A. 穿过线圈的磁通量减小 B. 线圈中不产生感应电流
C. 琴弦受向左的安培力 D. 线圈有扩张趋势
【答案】C
【解析】
【详解】ABCD．琴弦向右靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增大，线圈中产生感应电流，由“来拒去留”可知琴弦受到向左的安培力，由“增缩减扩”可知线圈有收缩趋势，故ABD错误，C正确。
故选C。
6. 2022年3月23日，“天宫课堂”第二课开讲，“太空教师”翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站再次为广大青少年带来一堂精彩的太空科普课，其中有一个实验是王亚平在太空拧毛巾，拧出的水形成一层水膜，附着在手上，像手套一样，晃动也不会掉。形成这种现象的原因，下列说法正确的是（ ）
A. 在空间站水滴不受重力
B. 水和手发生浸润现象
C. 水和手发生不浸润现象
D. 在空间站中水的表面张力变大，使得水“粘”在手上
【答案】B
【解析】
【详解】A．在空间站水滴仍受重力作用，只是重力用来提供向心力，处于失重状态，故A错误；
BC．由题意，拧出的水形成一层水膜，附着在手上，像手套一样，说明液体水在手表面有扩展趋势，说明水和手发生浸润现象，故B正确，C错误；
D．液体水在手表面有扩展趋势，而不是收缩趋势，故不是因为水的表面张力变大的缘故，故D错误。
故选B。
7. 如图为同一平面内绕地球的三个卫星轨道示意图，Ⅰ、Ⅲ为圆轨道，Ⅱ为椭圆轨道，Ⅲ的半径与Ⅱ的半长轴相等，且Ⅲ与Ⅱ相交于M点，Ⅰ与Ⅱ相切于N点。三颗不同的卫星A、B、C正沿轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ稳定运行，则（ ）
A. A、B经过N点时的向心力一定相同
B. A、B的速度可能等大
C. B、C在M点的向心加速度大小相等
D. B、C与地心的连线在任意相等时间内扫过的面积相等
【答案】B
【解析】
【详解】AC．由于A、B的质量不相等，通过A、B经过N点时万有引力不一定相等，但由于在椭圆轨道时万有引力不是全部提供向心力，则向心力和加速度不一定相同，AC错误；
B．根据椭圆轨道的速度关系可知，A、B的速度可能等大，B正确；
D．根据开普勒第二定律可知B、C与地心的连线在任意相等时间内扫过的面积不一定相等，D错误。
故选B。
8. 一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，，现垂直于将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则（ ）
A. O、C两点电势相等
B. A点的电场强度大于B点
C. 沿直线从A到B电势先升高后降低
D. 沿直线从A到B电场强度逐渐增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于球壳内部的场强为零，补全以后可知在左右侧球壳在C点的合场强为零，因左右球壳的场强具有对称性，要想合场强为零只能是两部分球壳在C点的场强都是水平方向，则可以知道右侧球壳在C点的合场强水平向左，同理OC上其他点的场强都是水平向左，因此OC是等势线，故A正确；
BD．将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2；由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知
E1=E2
根据对称性，左右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且
E1=E2
在图示电场中，A的电场强度大小为E2，方向向左，B的电场强度大小为E1，方向向左，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同，沿直线从A到B电场强度不可能逐渐增大，故BD错误；
C．根据电场的叠加原理可知，在AB连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A到B电势升高，故C错误；
故选A。
9. 如图甲所示，“复兴号”高速列车正沿直线由静止驶出火车站，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙所示。后，列车以的速度做匀速直线运动，已知列车所受阻力大小恒定。则下列说法正确的是（ ）
A. 前，列车做匀减速直线运动
B. 列车所受阻力的大小为
C. 根据已知条件可求出列车的质量为
D. 在时，列车牵引力功率为
【答案】D
【解析】
【详解】A．在前，根据牛顿第二定律，有
因为列车所受阻力大小恒定，由图可知水平方向的动力F逐渐减小，所以列车的加速度逐渐减小，即列车做加速度逐渐减小的变加速运动，故A错误；
B．当时，列车的速度大小为，加速度减为0，之后做匀速直线运动，根据图像可得列车匀速运动时的动力
根据平衡条件可知列车所受阻力的大小为
故B错误：
C．在0~400s内，由动量定理有
根据已知条件和图像可得
解得列车质量
故C错误；
D．在时，列车牵引力功率
代入数据可得
故D正确。
故选D。
10. 电焊机内部有一种特殊用途的降压变压器，可以利用两极在瞬间短路时产生的高温电弧来熔化电焊条上的焊料和被焊材料。如图所示为其简要原理图，图中初级线圈在铁芯左侧上绕330匝铜线，次级线圈在铁芯左侧上绕40匝，转到铁芯右侧上绕35匝抽头为“弱”挡，再绕15匝抽头为“中”挡，再继续绕15匝抽头为“强”挡。下列说法正确的是（ ）
A. 输出端置于“弱”挡时，空载电压最大
B. 若输入端接220V的交流电，输出端置于“强”挡时，空载电压为70V
C. 输入端可采用直流电源
D. 由于焊条与焊材料之间存在较大的接触电阻，该处产生的热量较小
【答案】B
【解析】
【详解】A．电焊机是一个降压变压器，因此，次级线圈匝数越多，对应的空载电压越大，则输出端置于“弱”挡时，空载电压最小，故A错误；
B．输出端置于“强”挡时，由
其中
解得
V
故B正确；
C．直流电无法实现变压，故C错误；
D．由于焊条与被焊材料之间存在较大的接触电阻，故该处产生的热量较大，故D错误。
故选B。
【点睛】注意确定副线圈匝数具体是多少，。
11. 半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，其截面如图所示，O为圆心，OA为其水平轴，PQ为直径上的两点，且，，两束相同的光线分别从P、Q两点垂直于直径射入，已知从P点射入的光线在圆弧面上恰好发生全反射，光在真空中的光速为c，下列判断正确的是（ ）
A. 该玻璃砖的折射率为
B. 由P点射入的光线进入玻璃砖后频率变为原来的
C. 由Q点射入的光线在玻璃砖内（不考虑反射）运动的时间为
D. 由Q点射入的光线的折射光线与OA的交点到圆心的距离为
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由P点射入的光线在圆弧面上恰好发生全反射，由几何关系知
又因为
故
A错误；
B．由P点射入的光线进入玻璃砖后频率不变，B错误；
C．由几何关系可知，由Q点射入的光线在玻璃砖内运动的距离为
时间为
C错误；
D．设由Q点射入的光线在圆弧面上发生折射时的入射角和折射角分别为和，由折射定律知
设折射光线与水平轴OA的夹角为，由正弦定理得
由几何关系得
联立解得
D正确。
故选D。
12. 一同学希望利用电学方法对长度进行测量，电路图如下，其中电源电动势为，内阻为，电流表量程为，内阻为，有一长方体导体材料，x、y、z方向上棱长分别为、、，先将沿x轴方向接入电路， 电流表示数，再将沿y轴方向接入电路，电流表示数，则下列说法错误的是（ ）
A.
B. 沿x、y、z三个方向接入，电源效率最大约为
C. 沿x、y、z三个方向接入，电流表示数均不会超量程
D. 沿x、y、z三个方向接入，的功率最小为
【答案】D
【解析】
【详解】AC．由闭合电路欧姆定律有
代入数据可得
沿x轴方向时
沿y轴方向时
由电阻定律
代入数据可得
沿z轴方向时
由闭合电路欧姆定律
代入数据可得沿z轴方向时
所以AC正确；
B．由题意可知路端电压最大为沿x轴接入电路时
根据
B正确；
D．根据
沿x轴方向时
沿y轴方向时
沿z轴方向时
D错误。
故选D。
13. 发光实心弹力球因其弹性好深受小朋友喜爱。一小朋友将弹力球（可视为质点）抛出，落到水平面（足够大）上前瞬间的速度大小为，与水平方向夹角。弹力球与水平面碰撞的过程中，受到摩擦力的大小等于其重力的、弹力的大小等于其重力的2倍。设每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变，不计空气阻力。已知，，重力加速度为g。则弹力球（ ）
A. 第1次碰后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间的夹角大于
B. 第2、3次落地点间的距离为
C. 与水平面碰撞4次后停止运动
D. 与水平面碰撞过程中受到合力的冲量保持不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．将碰前、碰后的速度分解成水平和竖直方向的分速度，如下图所示
由于每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变。以竖直向上为正方向，则在竖直方向上由动量定理可得
设碰撞后弹力球沿水平方向速度为，以水平向右为正方向，则水平方向根据动量定理可得
带入数据可得
反弹后的夹角正切值为
故速度方向与水平面间的夹角等于。故A错误；
B．小球在空中不受阻力作用，故根据运动的对称性可知，小球在第二次与地面碰前的速度和第一次与地面碰后的速度相等。故同理可得，以竖直向上为正方向，在竖直方向上由动量定理可得
设第二次碰撞后弹力球沿水平方向速度为，以水平向右为正方向，则水平方向根据动量定理可得
带入数据可得
小球从第二次碰撞后到与地面发生第三次碰撞前的过程中，在空中做斜上抛运动，故从第二次碰撞后运动至最高点所需时间为
水平方向做匀速直线运动，根据运动的对称性可知，水平方向位移为
故B正确；
C．根据以上分析结合题意可知，与水平面碰撞4次后，小球水平方向速度为零。但由于竖直方向上碰前和碰后速度大小不变，方向相反，且在空中运动过程中不考虑空气阻力，故第四次碰后小球做竖直上抛运动，如此往复。即小球不可能停止，故C错误；
D．根据以上分析可知，在前四次碰撞过程中，小球在水平和竖直方向受力均不变，且小球与地面的碰撞时间均相等。故前四次碰撞过程中，每次碰撞时合力的冲量为
可知小球在在前四次碰撞过程中合力的冲量相等，方向沿合力方向。但第四次碰撞后，小球水平方向速度为零，开始循环做竖直上抛运动。故在随后的碰撞过程中，小球只受到竖直方向的作用力，且碰撞时间仍不变。故第四次后的碰撞过程中，小球所受合力的冲量为
方向沿竖直方向，故与水平面碰撞过程中受到合力的冲量会发生改变，故D错误。
故选B。
【点睛】明确小球在碰撞过程中以及在空中运动过程的受力情况，分析小球在整个运动过程中的运动规律。确定小球在空中的运动情况，根据运动的对称性求解水平位移。明确水平方向摩擦力产生的原因，分析小球水平方向速度为零后，小球在水平方向的运动情况。掌握合力冲量与各分力冲量之间的关系。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2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2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
14. a、b两束光是由处在同一激发态的原子跃迁到I态和Ⅱ态时产生的，分别用a、b两束单色光照射同一光电管阴极时，都发生了光电效应，且两束光照射时对应的截止电压Ua>Ub，则这两束光（ ）
A. 光子动量pa>pb
B. 发生电子跃迁时对应的能级EI>EII
C. 入射同一双缝干涉装置上，相邻亮纹的间距△xa<△xb
D. 若Ua=2Ub，则a、b两束光的光子能量满足
【答案】AC
【解析】
【详解】A．截止电压Ua>Ub，说明a光子的能量大于b光子的能量，波长则小于b光子的波长；根据光子的动量公式
可知，光子动量pa>pb，故A正确；
B．光子的能量等于原子跃迁前后两个能级之间的能量差，由于a光子的能量大于b光子，说明能级EI＜EII，故B错误；
C．根据双缝干涉的条纹间距公式
可知，波长较小的a光子，其光束的干涉条纹间距更小，即
故C正确；
D．在光电效应中，光电子的最大初动能等于光子能量与逸出功之差，即
而截止电压与电子电量的乘积等于光电子的最大初动能，即
由上两式可得
如果
则有
整理得
即
故D错误。
故选AC。
15. 中国自主三代核电“华龙一号”示范工程第2台机组——福清核电6号机组于2022年3月25日投入商业运行，至此“华龙一号”示范工程全面建成投运。“华龙一号”利用铀核裂变释放能量，原子核的平均结合能与质量数之间的关系图线如图所示，两台机组每年总发电量约200亿千瓦时。下列说法正确的是（ ）
A. 铀核裂变一个重要核反应方程是
B. “华龙一号”两台机组发电一年需消耗核约为0.8kg
C. 核的平均核子质量小于核的平均核子质量
D. 三个中子和三个质子结合成核时释放能量约为30MeV
【答案】CD
【解析】
【详解】A．铀核裂变的核反应方程为
故A项错误；
B．根据质能方程
可知，“华龙一号”一年产生200亿千瓦时电能，对应的质量亏损为0.8kg，所以其参与反应的铀核质量大于0.8kg，故B错误；
C．由题图可知，核的平均结合能大于核的平均结合能，平均结合能大的粒子稳定性高，平均核子质量指的是自由核子质量与平均结合能之间的差额。由于自由核子的质量确定，平均结合能越大，平均核子质量越小，所以核的平均核子质量小于核的平均核子质量，故C项正确；
D．因为核子结合成原子核时，存在质量亏损，释放核能，所以三个中子和三个质子结合成核时释放能量，由题图可知核的平均结合能约5Mev，所以其释放的核能约
故D项正确。
故选CD。
16. 一列简谐波某时刻的波形如图中实线所示，经过0.5s后的波形如图中的虚线所示，已知波的周期为T，且，则（ ）
A. 诺波沿x轴不同方向传播，则在这0.5s内，处的质点M通过的路程都不相等
B. 当波沿+x方向传播时，处的质点M和处的质点N在这0.5s内通过的路程相等
C. 当波向+x方向传播时，波速等于10m/s
D. 当波沿—x方向传播时，经过0.1s时，质点M的位移一定为零
【答案】AC
【解析】
【详解】A．机械波的振幅为A，当波向x轴正方向传播，结合图像所用时间满足
根据周期的范围可知，n=1时，符合题意，在0.5s内质点M振动的路程为
当波向x轴负方向传播，结合图像所用时间满足
根据周期的范围可知，n=1时，符合题意，在0.5s内质点M振动的路程为
所以质点M通过的路程都不相等，A错误；
B．当波向x轴正方向传播时，质点M经过的路程为 5A，质点M、N经过0.4s经过的路程为4A，两质点均回到初始位置，再经过0.1s过程中，因为质点N的平均速度大于质点M的平均速度，所以质点N经过的路程大于M，所以质点N的路程大于M点的路程，B错误；
C．当波向x轴正方向传播时，根据图像可知波长，波速为
C正确；
D．由A选项中可知，当波向x轴负方向传播，波的周期为，则经过0.1s，M点随波震动时间介于于和之间，即M点未返回最高点处，位移不为零，D错误。
故选AC。
三、非选择题（本题共7小题，共55分）
17. 某智能手机中的“磁传感器”功能能实时记录手机附近磁场的变化，磁极越靠近手机，“磁传感器”记录下的磁感应强度越大。现用手机、磁化的小球、铁架台、塑料夹子等实验器材组装成如图甲所示的装置，来测量重力加速度，实验步骤如下：
①把智能手机正面朝上放在悬点的正下方，接着往侧边拉开小球，并用夹子夹住。
②打开夹子释放小球，小球运动，取下夹子。
③运行手机“磁传感器”功能，手机记录下磁感应强度的变化。
④改变摆线长和夹子的位置，测量出各次实验的摆线长L及相应的周期T。
（1）图乙中的a、b分别记录了两次实验中磁感应强度的变化情况，a图测得连续N个磁感应强度最大值之间的总时间为t，则单摆周期T的测量值为______。b图中手机记录下的磁感应强度几乎不变，可能的操作原因是______。
（2）实验中用游标卡尺测量摆球直径如下图所示，则摆球直径为______m。
（3）得到多组摆线长L及相应的周期T后，作出了图线，图线的斜率为k，在纵轴上的截距为c，由此得到当地重力加速度g＝______。
（4）在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，通过测量头观察到如图所示清晰的干涉图样，出现这种现象的原因是______；
A．单缝和双缝没有调平行
B．光源、遮光片、单缝、双缝、遮光筒、毛玻璃屏没有共轴
C．测量头过于左偏，应调节测量头上的手轮，使它适当右移
D．测量头过于右偏，应调节测量头上的手轮，使它适当左移
【答案】 ①. ②. 形成了圆锥摆##小球摆动幅度过小 ③. ④. ⑤. D
【解析】
【详解】（1）[1] a图测得连续N个磁感应强度最大值之间的总时间为t，相邻的磁感应强度最大值之间时间间隔为半个周期，则
解得
[2] b图中手机记录下的磁感应强度几乎不变，可能的操作原因是形成了圆锥摆或小球摆动幅度过小。
（2）[3]实验中用游标卡尺测量摆球直径为
（3）[4]到多组摆线长L及相应的周期T后，作出了图线，则单摆摆长为
l=L+R
有单摆周期公式
解得
图线斜率
解得
（4）[5]在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，通过测量头观察到如图所示清晰的干涉图样，条纹清晰且亮度正常，只是干涉条纹偏左，出现现象的原因是测量头过于偏右，应调节测量头上的手轮，使它适当左移。
故选D。
18. 将一铜片和一锌片分别插入一只橙子内，就构成了简单的水果电池，其电动势约为1.5V。
（1）取一个额定电压为1.5V，额定电流为0.3A的小灯泡（小灯泡电阻可认为不变），实验发现该电池与小灯泡直接相连接后，小灯泡不亮，测得流过小灯泡的电流为1mA，则该电池的内阻约为______Ω。
（2）除了水果电池以外，实验室还提供了如下器材：
a．电流表A（量程0~0.6A~3A，内阻很小）
b．毫安表mA（量程06mA，内阻大概10Ω）
c．电压表V（量程1.5V，内阻约2kΩ）
d．滑动变阻器R（阻值0~20Ω）
e．电阻箱（阻值0~9999.9Ω）
f．开关一个，导线若干
①为了测定该“水果电池”的电动势和内阻，请你根据提供的器材，在方框中画出最合理的测量电路图______。
②采用上述实验，读取多组数据，利用图像测得的水果电池的内阻与真实值相比，______。（选填“大于”“小于”或“等于”）
【答案】 ①. 1495 ②. ③. 大于
【解析】
【详解】（1）[1]额定电压为1.5V，额定电流为0.3A的小灯泡的电阻为
由闭合电路欧姆定律
则该水果电池的内阻约为
（2）①[2]由于该水果电池内阻较大，而电动势约为1.5V，则电路中的最大电流约为
则电流表应选用毫安表mA（量程0.6mA，内阻大概10Ω），且利用“安阻法”来测量该水果电池电动势及内阻，电路设计如图所示
②[3]根据闭合电路欧姆定律，有
其中E为电源电动势，r为电源内阻，R为电阻箱阻值，I为电流表读数，可得
但实际上不仅电阻箱有阻值，毫安表也有阻值，即
可得
所以，可知我们测量时把毫安表的内阻也当成了电源内阻计算，故由图像可知
19. 图（a）是“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积关系”的实验装置。
（1）关于该实验的操作，下列说法正确的有________；
A．柱塞上应该涂润滑油
B．应缓慢推拉柱塞
C．用手握注射器推拉柱塞
D．改变体积后要快速记录压强数据
（2）实验中，连接注射器与压强传感器之间软管内的气体不可忽略。移动活塞，多次记录注射器上的体积刻度和压强传感器读数，绘出的图像可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】 ①. AB##BA ②. C
【解析】
【详解】（1）[1]A．为了减小柱塞与气缸之间的摩擦对实验结果的影响，应在柱塞上涂上润滑油，故A正确；
BC．为了保证柱塞在移动的过程中，气缸内的气体尽可能做等温变化，应缓慢推拉柱塞，且手不能握注射器推拉柱塞，故B正确，C错误；
D．每次推拉柱塞改变气体体积后，要待气体稳定后再进行读数，故D错误。
故选AB。
（4）[2]由于连接注射器与压强传感器之间的软管内的气体不可忽略，当压强增加后，连接部分软管内的气体体积也减小，但连接部分体积未变，则注射器中有气体进入连接部分，相当于注射器漏气，当减小时，增大，随之增加的程度不是线性关系，当越小时，压强越大，进入软管内的气体越多，压强增加的程度越小，斜率越小，故绘出的图像可能为C。
故选C。
20. 有同学设想如下实验测量月球表面的昼夜温差：在地面制作一个横截面积为S、导热良好的气缸，用一个质量为m的活塞（厚度不计）在缸内密闭一部分理想气体。在压强为p0、温度为T0的地面大气中，气缸开口向上竖直放置时（如图），活塞到缸底的距离为h0。已知月面重力加速度为g（g为地面重力加速度），忽略活塞与气缸间的摩擦和气缸的热胀冷缩。将此气缸送到月球表面（无大气）并同样开口向上竖直放置。求：
（1）月昼时，月表温度最高为T1（T1> T0），要想活塞不被缸内气体排出缸外，缸口到缸底距离（即缸的深度）至少多大？
（2）若月夜时活塞稳定的位置比月昼下降了∆h，则月面的昼夜温差是多少？
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】（1）封闭气体在地面时
封闭气体在月面并处于月昼最高温T1时
由气体状态方程得
联立解得缸口到缸底的最小距离为
（2）从月昼到月夜，封闭气体做等压变化，有
联立解得月昼与月夜的温差
21. 如图所示，在水平直轨道上竖直放置一半径R＝1m的圆形光滑轨道和细管弯成两个半圆组成的反“S”形光滑轨道，其半径r＝0.05m。两轨道最低点B、D相距，B、D间铺设特殊材料，其动摩擦因数（x表示DB上一点到B的距离）。一个质量为1kg可视为质点的小球P从倾角、动摩擦因数的斜面上以初动能滑下，经A点无能量损失进入长度、动摩擦因数为的AB直轨道，然后冲上圆形轨道。小球P释放点到水平轨道的高度h＝3m，圆形轨道最低点B处入、出口靠近且相互错开，不计空气阻力。提示：可以用F－x图像下的“面积”代表力F做的功。
（1）若小球P恰好通过圆形轨道最高点C，求小球在B点对轨道的压力大小；
（2）调整释放初动能，使小球P离开反“S”形轨道最高点E后第一次落到水平直轨道上离E点的水平位移大小s＝1m，求初动能的大小；
（3）调整释放初动能，要使小球P整个运动过程中不脱离轨道，且不停在水平轨道AB段上，求的取值范围。
【答案】（1）60N；（2）；（3）或者或者
【解析】
【详解】（1）小球P恰好通过圆形轨道最高点C点，则有
解得
从C到B，根据动能定理有
解得
B点，则有
解得
根据牛顿第三定律，小球在B点对轨道的压力大小为60N；
（2）根据平抛运动规律有
，
联立解得
，
BD上，有
则摩擦力做功为
从初始到E，则有
解得
（3）①恰好到A，则有
解得
所以
②恰好到O点等高处，则有
解得
返回恰好到A，则有
解得
所以
③恰好过C，，则有
解得
恰好到E，则有
解得
所以
综上，或者或者
22. 电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置，不同的电源非静电力做功的本领有所不同，物理学中用电动势来描述电源的这种特性。
（1）如图所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属框两平行导轨间距为l。金属棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知电子的电荷量为-e。在金属棒产生电动势的过程中，请说明是什么力充当非静电力，并求出这个非静电力F的大小；
（2）科学家发现导体两端的温度差也能产生电动势，这种电动势称为温差电动势。我们用图乙所示的简化模型来分析。一段长度为L的直导线AB沿Ox轴放置，A端位于坐标原点处。与恒温热源接触后，A端温度恒为T1，B端温度恒为T2（T2
【答案】（1）洛伦兹力，evB；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）洛伦兹力充当非静电力
（2）长度为Δx的薄层两端的压强差为
薄层Δx内
所以
（3）稳定时
所以
解得
23. 理论研究表明暗物质湮灭会产生大量高能正电子，所以在宇宙空间探测高能正电子是科学家发现暗物质的一种方法。我国某研究小组为研究暗物质设计了探测正电子的装置。设计如图所示，矩形区域ABCD处在与其所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度方向指向纸外，其中AB＝10L，AD＝3L，AE段为正电子发射源，AE段各点发射正电子情况相同，AE＝4L，CF段上表面与CH段左侧面固定有正电子收集板，CH＝10.5L，CF＝6L，设正电子质量为m，电量为e，只考虑正电子在纸面内的运动，忽略相对论效应，不计重力。
（1）若从E点垂直AE飞出的正电子，刚好击中B点，求正电子初速度大小；
（2）若AE段各点正电垂直AE飞出，发射的正电子经磁场偏转后全部被收集板吸收，求正电子初速度的范围；
（3）若AE段各点正电子均满足（2）中的初速度大小的条件，且初速度方向朝AE板上方各个方向飞出，则所有击中收集板的正电子从飞出到击中收集板所用时间的最小值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）正电子由E点达到B点，有几何关系得
根据
联立求得
（2）情况1：电子由A点打到F点过程，由几何关系有
求得
结合
可得
情况2：电子垂直打在H点时，有
结合
可得
所以可得正电子初速度的范围
（3）①打中CH情况，弦长最小时间最短。从E以最大半径打中B时，有
所以
可得
②打中CF情况，从E点以最大速度向右时间最短，该情况恰好击中C，时间大于情况①。综上，可得所有击中收集板的正电子从飞出到击中收集板所用时间的最小值
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