2023-2024学年浙江省宁波市高三宁波十校联考物理试卷（3月）(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年浙江省宁波市高三宁波十校联考物理试卷（3月）(含详细答案解析)，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是( )
A. 甲图中研究篮球的进入篮筐的过程，可将篮球看成质点
B. 乙图中羽毛球在空中运动时的轨迹并非抛物线，其水平方向的分速度逐渐减小
C. 丙图中运动员训练蹲踞式起跑时，起跑器对运动员做正功
D. 丁图中运动员跳高下落时，通过海绵垫可减少接触面对运动员的冲量从而实现缓冲
2.理想气体常数R是表征理想气体性质的一个常数，由理想气体状态方程可推得R=pVmT，其中p为气体压强，Vm为气体的摩尔体积(一摩尔物质在0℃、1atm的体积)，T为热力学温度，用国际单位制中的基本单位表示理想气体常数 R的单位，正确的是( )
A. J/ml⋅KB. kg⋅m2/(s2⋅K)
C. kg⋅m2/(s2⋅ml⋅K)D. kg⋅m3/(s2⋅ml⋅K)
3.如图所示，在无风的房间内，一个氢气球由静止释放，在浮力的作用下往上飘后最终静止于倾斜天花板上，关于该氢气球的受力，下列说法正确的是( )
A. 气球受到四个力的作用
B. 天花板对气球的弹力竖直向下
C. 天花板对气球的弹力是由于气球发生形变而引起的
D. 气球对天花板的摩擦力沿天花板平面向下
4.如图所示，某款可折叠手机支架，调节支撑杆 MN，手机背部支撑平面 PQ的倾角θ随之改变，底部支撑平面ab与PQ始终垂直，忽略一切摩擦，当θ逐渐减小时，下列说法正确的是( )
A. 背部支撑平面PQ对手机的弹力逐渐变小B. 手机对底部支撑平面ab的弹力逐渐变大
C. 支架对手机的作用力逐渐增大D. 手机对支架的作用力始终不变
5.图为西湖音乐喷泉某时刻的照片，水从喷口倾斜射出，空中呈现不同的抛物线，取其中4条抛物线，分别记作①②③④，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A. 4条水柱中，①中的水上升较高，其出射速度最快
B. ②中的水比③中的水在空中运动的时间长
C. 在最高点，②中的水比③中的水速度大
D. 喷口水平倾角越小，水射程越远
6.如图所示，一带正电的小球用绝缘细绳悬于 O点，将小球拉开小角度后静止释放，其运动可视为简谐运动，下列措施中可使小球振动频率增加的是( )
A. 将此单摆置于竖直向下的匀强电场中
B. 在悬点O处放置一个带正电的点电荷
C. 在悬点O处放置一个带负电的点电荷
D. 将此单摆置于垂直摆动平面向里的匀强磁场中
7.已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B=kIr，即磁感应强度B的大小与导线中的电流I成正比，与该点到导线的距离r成反比。如图所示，两根平行长直导线M、N分别通以大小相等、方向相反的电流，沿MN和其中垂线建立直角坐标系xOy。规定磁场沿−y方向为正，则磁感应强度 B随x、y变化的图线正确的是( )
A. B.
C. D.
8.如图甲、乙所示为某家庭应急式手动发电机的两个截面示意图。推动手柄使半径为r的圆形线圈a沿轴线往复运动，其运动的v−t图像为如图丙所示的正弦曲线，最大速度为v0。已知线圈匝数为n，电阻不计，所在位置磁感应强度大小恒为 B，理想变压器原、副线圈匝数之比为 k，两灯泡电阻均为 R，为理想交流电流表，闭合开关 S，下列说法正确的是( )
A. L1两端电压最大值为2nπBrv0
B. 电流表的读数为nπBrv0kR
C. 线圈a的输出功率为4n2π2B2r2v02k2R
D. 若断开开关S，L1中电流不变，原线圈中电流亦不变
9.如图甲所示，A、B两颗卫星在同一平面内围绕中心天体做匀速圆周运动，且绕行方向相同，图乙是两颗卫星之间的距离Δr随时间t的变化图像，t=0时刻A、B两颗卫星相距最近。已知卫星B的周期TB=7t0，则A、B两颗卫星运行轨道半径之比为( )
A. 1:7B. 1:4C. 1:349D. 1:2
10.如图甲，两等量异种点电荷位于同一竖直线上，在两点电荷连线的中垂线上放置一粗糙水平横杆，有一质量为 m，电荷量为+q的圆环(可视为质点)可沿横杆滑动。t=0时刻，圆环自 A处以初速度v0向右运动，此后圆环运动的v−t图像如图乙所示，t=0时刻和t2时刻图线斜率相同，t1和t3时刻图线斜率均为0，已知圆环t2时刻运动至O点，继续向右运动至B点停下，且A、B关于两电荷连线中点O对称。若A处场强为E0，AO间距为L，重力加速度为g，且圆环运动过程中电量始终不变，则下列说法正确的是( )
A. 圆环与横杆之间的动摩擦因数μ=v024gLB. t1−t2时间内圆环的位移大小为12L
C. 圆环在O处运动的速度v2=12v0D. O处的场强大小为E=2mgq−E0
11.DIY 手工能够让儿童体验到创造过程中的乐趣和成就感。图为某款DIY太阳能小车，组装成功后质量约为130 g，太阳直射时行驶速度约为0.25m/s，行驶过程中阻力约为车重的0.2倍。已知太阳与地球之间的平均距离约为1.5×1011m，太阳每秒辐射的能量约为3.9×1026J，太阳光传播到达地面的过程中大约有37%的能量损耗，太阳能电池有效受光面积约为15cm2，则该车所用太阳能电池将太阳能转化为机械能的效率约为( )
A. 5%B. 10%C. 20%D. 30%
12.在某水平均匀介质中建立如图所示的三维直角坐标系， xOy平面水平。在x轴上的两个波源S1、S2的坐标分别为x1=−9m、x2=16m，S1、S2的振动方程分别为z1=10sin(2πt)cm、z2=8sin(2πt+π2)cm。若两波均从平衡位置向上起振，且t=0时刻，S1刚开始振动，S2首次到达波峰处，两列波的波速均为4m/s，传播过程中能量损耗不计。 y轴上P点的坐标为y=12m，则下列说法正确的是( )
A. 两波均传至O点后， O点振幅为18cmB. S1波提前S2波1.25s传至P点
C. t=5.25s时，P点向+z方向振动D. 0∼5.25s内，质点P通过的路程为76cm
13.如图甲所示，为某种透明新材料制成的半径为 R的半圆柱体，其折射率n=2。SS′是与轴线平行的线光源， S点位于O点正下方 22R处，图乙为其截面图。平面 PQMN镀有反光薄膜，射向平面 PQMN的光线将全部反射。若只考虑首次射向曲面PQMN的光线，则曲面PQMN无光线射出的面积和有光线射出的面积之比为( )
A. 1:5B. 1:1C.
2:1
D. 5:1
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
14.下列说法正确的是( )
A. 图甲为一定质量的氧气分子在0℃和100℃时的速率分布图像，其中图线Ⅰ温度较高
B. 从单一热库吸收热量，使之完全变成功是可能实现的
C. 图乙中静止的钠核 1124Na在磁场中发生衰变，曲线1为α粒子的运动轨迹
D. 相对论时空观认为运动物体的长度和物理过程的快慢都跟物体运动状态有关
15.如图甲为氢原子的能级图，现用频率为ν0的光照射大量处于基态的氢原子，只能发射出频率为νa、νb、νc的三条谱线，现用这三种频率的光去照射图乙的光电效应的实验装置，其中只有 a、b两种光能得到图丙所示的电流与电压的关系曲线。已知e=1.6×10−19C。以下说法正确的是( )
A. 一定有ν0=νa
B. 图乙中滑片P从O向b端移动过程中，电流表示数减小
C. 图丙中Uc=−9.84V
D. 图丙中的a光照射阴极，光电流达到饱和时，阴极每秒射出的光电子数大约6×1018个
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
16.实验题Ⅰ.某实验小组采用如图1所示的实验装置在水平桌面上探究“小车的加速度与力和质量之间的关系”。
(1)实验之前要平衡小车所受的阻力，具体的步骤是：__________(填“挂”或“不挂”)砂桶，连接好纸带后，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列间距均匀的点。
(2)已知打点计时器所用交变电源的频率为50Hz，某次实验得到的纸带如图2所示。A、B、C、D、E是5个连续的计数点，相邻两计数点间有四个点未画出，实验数据如表中所示，其中有一组数据记录不当，这组数据是__________(填“A”、“B”、“C”、“D”或“E”)。根据上述信息可得小车的加速度大小为__________m/s2(保留两位有效数字)。
(3)另一小组在验证加速度与质量关系实验时，保证砂桶的总质量m0不变，通过在小车上增加砝码来改变小车总质量，每次实验时仅记录了小车上砝码的总质量 m，但未测小车质量M，作出1a与m之间的关系图像如图3所示，已知图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若该同学其他操作均正确，m0没有远小于(M+m)，可得到小车的质量M为__________(用k、b、m0表示)。
Ⅱ.用如图1实验装置探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系。实验可供选择的小球大小相同，材质分别是胶木、铝和铁，三种材料的密度如表中所示。
实验时，先将左右两侧塔轮半径调至相等，左侧小球6可置于长槽或短槽处，小球在长槽和短槽处运动时半径之比为2:1。匀速转动时，若左边标尺露出约2格，右边标尺露出约3格(如图2所示)，已知小球受到的弹力与标尺露出的格子数成正比，则左侧小球应置于__________(填“长槽”或“短槽”)处，材质应选择__________(填“胶木”、“铝”或“铁”)。
17.在“练习使用多用电表”实验中：(1)可供选择的器材中有一碳膜电阻，如图1所示，观察其色环颜色，查得该碳膜电阻的阻值为2.kΩ，误差为±10%。
①在使用多用电表测该电阻前，发现指针如图2所示，现需要调整图3中的部件__________(填字母“K”、“S”或“T”)，使指针对准电流的“0”刻线。
②将部件K拨至“×100”挡，通过欧姆调零使指针对准电阻的“0刻线”。将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，若多用电表指针如图4所示，则待测电阻为__________Ω，测量完毕后将选择开关拨至“ OFF”挡。
(2)精确测量该碳膜电阻的阻值，实验室提供了如下器材：
A.电流表A1(量程0∼3mA，内阻约20Ω)
B.电流表A2(量程0∼0.6A，内阻约0.5Ω)
C.电压表V(量程0∼5V，内阻约5kΩ)
D.滑动变阻器Rp0(阻值范围0∼10Ω，允许的最大电流2A)
E.待测碳膜电阻Rx
F.电源(电动势6V，内阻约2Ω)
G.开关和导线若干
①实验时电流表应选__________(填器材前面的序号)。
②为了获得更多的数据使测量结果更准确，采用下列实验电路进行实验，较合理的是__________。
A.
B.
C.
D.
③用伏安法测电阻时，由于电压表、电流表内阻的影响，测量结果总存在系统误差。按如图5所示的电路进行测量，可以消除这种系统误差。该实验的第一步是：闭合电键S1，将电键S2接1，调节滑动变阻器Rp和Rp′，使电压表读数尽量接近量程，读出此时电压表和电流表的示数U1、I1;接着让两滑动变阻器的滑片保持位置不动，将电键S2接2，读出这时电压表和电流表的示数U2、I2。由以上记录数据计算被测电阻Rx的表达式是Rx=__________.
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
18.某兴趣小组设计了一温度报警装置，原理图如图所示，竖直放置的导热汽缸内用质量m=0.2kg、横截面积S=100mm2、上表面涂有导电物质的活塞封闭一定质量的理想气体，当缸内气体的温度T1=300K时，活塞下表面与汽缸底部的距离h1=6cm，上表面与a、b两触点的距离h2=3cm。当活塞上移至卡口处，上表面恰好与a、b两触点接触，触发报警器报警。不计一切摩擦，大气压强恒为p0=1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2。
(1)求该报警装置报警的最低热力学温度T2;
(2)当环境温度缓慢升高到T3=600K时，求封闭气体的压强p2;
(3)若环境温度由T1=300K缓慢升高到T3=600K时，气缸内气体吸收热量1.8J，求该部分气体内能的增量ΔU。
19.如图所示为某弹射游戏装置，游戏轨道由水平直轨道 AB和两个半径为R=0.8m、圆心角θ=120∘的圆弧轨道BC、C′D组成，OB、DO′竖直，小球(可视为质点)能无碰撞地从轨道BC进入轨道C′D。小球1被固定于A处的弹簧弹出后，与静置在水平轨道的小球2发生弹性碰撞。游戏设置一、二、三等奖：若小球2能够进入圆弧轨道C′D获三等奖，若小球2能在圆弧轨道C′D(不包括D点)段脱离获二等奖，若小球1能在圆弧轨道C′D(不包括D点)段脱离则获一等奖，其他情况都不能获奖。已知小球1的质量m1=0.3kg，小球2的质量m2=0.1kg，重力加速度 g取10m/s2，忽略一切摩擦，不考虑小球间的二次碰撞。
(1)若游戏能获奖，则小球2进入B点时，求轨道 BC对小球弹力的最小值;
(2)小球2碰后的速度多大时，游戏能获二等奖;
(3)弹性势能满足什么条件时可获一等奖。
20.如图，电阻不计的光滑水平导轨A1B1A2B2间距L=1m，其内有竖直向下的匀强磁场B=0.5T，导轨左侧接一电容C=1F的电容器，初始时刻电容器带电量Q0=1.6C，电性如图所示。质量m1=0.25kg、电阻不计的金属棒ab垂直架在导轨上，闭合开关S后，ab棒向右运动，且离开B1B2时已匀速。下方光滑绝缘轨道C1MD1C2ND2间距也为L，正对A1B1A2B2放置，其中C1M、C2N为半径r=1.25m、圆心角θ=37∘的圆弧，与水平轨道MD1、ND2相切于M、N两点，其中NO、MP两边长度d=0.5m，以O点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP右侧0(1)求导体棒ab离开B1B2时的速度大小v1;
(2)若闭合线框进入磁场Bx区域时，立刻给线框施加一个水平向右的外力 F，使线框匀速穿过磁场Bx区域，求此过程中线框产生的焦耳热;
(3)闭合线框进入磁场Bx区域后由于安培力作用而减速，试讨论线框能否穿过Bx区域，若能，求出离开磁场Bx时的速度;若不能，求出线框停止时 ab边的位置坐标x。
21.如图甲所示，曲线 OP上方有沿−y方向的匀强电场，其场强大小为E1，曲线左侧有一粒子源 AB， B端位于x轴上，能够持续不断地沿+x方向发射速度为v0，质量为 m、电荷量为q的粒子束，这些粒子经电场偏转后均能够通过 O点，已知从 A点入射粒子恰好从P点进入电场，不计重力及粒子间的相互作用。
(1)写出匀强电场边界OP段的边界方程(粒子入射点的坐标y和x间的关系式);
(2)若第四象限内存在边界平行于坐标轴的矩形匀强磁场B1(未画出)，磁场方向垂直纸面向外。自O点射入的粒子束，经磁场偏转后均能够返回 y轴，若粒子在第四象限运动时始终未离开磁场，求磁场的最小面积;
(3)若第一象限与第四象限间存在多组紧密相邻的匀强磁场B2和匀强电场E2(如图乙)，电磁场边界与y轴平行，宽度均为 d，长度足够长。匀强磁场B2=mv0qd，方向垂直纸面向里，匀强电场E2=mv024qd，方向沿x轴正方向。现仅考虑自A端射入的粒子，经匀强电场E1偏转后，恰好与y轴负方向成θ=45∘从O点射入，试确定该粒子将在第几个磁场区域拐弯(即速度恰好与y轴平行)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可。根据羽毛球的受力情况，判断出其运动轨迹。考虑做功的条件。海绵垫子具有缓冲作用，可以延长运动员与地面的接触时间，减小运动员受到的冲击力，避免运动员受伤。
【解答】
A.甲图中研究篮球的进入篮筐的过程，篮球的大小和形状不能忽略，不可将篮球看成质点，故 A错误;
B.乙图中羽毛球在空中运动时由于受到空气阻力，其轨迹并非抛物线，受空气阻力影响，其水平方向的分速度逐渐减小，故B正确;
C.丙图中运动员训练蹲踞式起跑时，因脚未发生位移，故起跑器对运动员的力不做功，故C错误;
D.丁图中运动员跳高下落时，通过海绵垫可延长作用时间，减小运动员受到的冲力，从而实现缓冲，故D错误。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查单位的推导。
掌握物理量间的关系式与各物理量的单位是解题的前提，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
【解答】
压强的单位为帕斯卡，1Pa=1N/m2，1N=kg⋅m/s2，则理想气体常数R的单位为kg⋅m/s2m2⋅m3mlK=kg⋅m2/s2⋅K⋅ml，故C正确，ABD错误。
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了受力分析、弹力和摩擦力。
通过分析可知，氢气球受到四个力的作用；通过相对运动趋势，可得出氢气球对天幕摩擦力的方向；弹力垂直于接触面，弹力是由于施力物体的形变产生的。
【解答】A.对氢气球受力分析可知，氢气球受到重力、浮力、天花板对氢气球的弹力和摩擦力，共受到四个力的作用，故A正确；
BC.天花板对气球的弹力垂直天花板斜向下，天花板对气球的弹力是由于天花板发生形变而引起的，故BC错误；
D.气球相对天花板有斜向上运动的趋势，则天花板对气球的摩擦力沿天花板斜向下，则氢气球对天花板的摩擦力沿天花板斜向上，故D错误。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查解析法解决动态平衡问题。
手机处于平衡状态受到平衡力，各个方向受到的合力为零。
【解答】
手机受到重力、PQ的支持力和ab的支持力，根据受力平衡可得FPQ=mgcsθ，Fab=mgsinθ，忽略一切摩擦，当θ逐渐减小时，
A.背部支撑平面PQ对手机的弹力逐渐变大，故A错误；
B.支持平面对手机的作用力逐渐减小，根据牛顿第三定律可得手机对底部支撑平面ab的弹力逐渐变小，故B错误；
CD.支架对手机的作用力合力与手机的重力是平衡力，手机对支架的作用力始终不变，始终等于重力大小，方向竖直向上，故C错误，D正确。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了斜抛运动。斜抛运动可分解为水平方向匀速直线，竖直方向竖直上抛，根据高度分析竖直方向的初速度和运动时间，根据水平位移分析水平方向分速度。
【解答】
A、出射速度v= vx2+vy2，①中水的竖直方向分速度最大，但水平方向分速度较小，所以①中水的出射速度不一定最快，故A错误；
B、水在竖直方向做竖直上抛，上升高度越高，运动时间越长，②中水的上升高度比③高，所以②中水的上升时间长，故B正确；
C、在最高点，v合=vx，根据照片可知，②中水的水平位移小，又因为②中水上升时间长，所以②中水的水平速度比③中水的水平速度小，则在最高点，②中的水比③中的水速度小，故C错误；
D、将水的运动分解到水平方向和竖直方向，水平初速度为：vx=vcsθ，竖直初速度为：vy=vsinθ
物体在空中运动的时间为：t=2vsinθg
则水平射程为：x=vcsθ⋅t=2v2sinθcsθg=v2sin2θg
当v一定时，抛射角为θ=45∘时，射程x最大，故D错误。
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查单摆的周期问题，会根据题意结合相关知识分析如何改变单摆的周期及频率。
根据单摆的回复力公式和简谐振动的频率公式进行分析解答。
【解答】
设单摆与竖直方向夹角为θ，受力分析知单摆小球受重力和绳子的拉力，由公式得单摆做简谐运动的回复力为
F=−mgsinθ≈−mg1lx
其中另 k=mgl，单摆周期T=2π mk，则频率f=12π km；
A.当增加一个竖直向下的电场时，回复力变为 F≈−(mg+qE)1lx，k变大，小球质量不变，故振动频率频率f=12π km，也增大，故A正确；
BC.在悬点O加一个正或负电荷，此时只改变沿绳子方向的力，并不会改变回复力的大小，故小球振动频率不变，故BC错误；
D.将单摆放置在垂直摆动平面向里的匀强磁场中，由左手定则可知，小球受到的磁场力是沿绳子方向的力，只会改变绳上的拉力大小，并不会改变回复力的大小，故小球振动频率ω不变，故D错误。
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查通电导线周围的磁场，磁场除大小之外还有方向，及掌握矢量的合成法则。根据安培定则判断磁场方向，根据矢量叠加分析磁感应强度的大小和方向。
【解答】
AB.在x轴方向上，根据右手螺旋定则、B=kIr和磁场叠加可得，在MN之间通电导线产生的磁场方向都是竖直向下的，在M点的左侧磁场方向是竖直向上的，在N点的右侧磁场方向是竖直向上的，故AB错误；
CD.在y轴方向上，根据右手螺旋定则、B=kIr和磁场叠加可得，通电导线产生的磁场方向都是竖直向下的，始终为正值，故C正确，D错误。
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查较交变电流的描述和变压器与电路的应用。
根据E=Blv可计算感应电动势的最大值，根据丙图可知交变电流与时间的关系为正弦式，根据变压器的基本关系解答；电路中的相关计算。
【解答】
A.原线圈两端的最大电压为Em=Blv0=B⋅n2πr⋅v0=2nπBrv0，根据变压器的基本规律可得L1两端电压最大值为U1m=Emk=2nπBrv0k，故A错误；
B.灯泡所在电路的总电阻为R总=R2，电流表的读数为I总=U1m 2R2=2 2nπBrv0kR，故B错误；
C.线圈a的输出功率为P1=P2=U1m 2⋅I总=4n2π2B2r2v02k2R，故C正确；
D.若断开开关S，副线圈所在电路的总电阻增大，电压不变，则通过副线圈的电流减小，原线圈中的电流减小，故D错误。
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查万有引力定律的应用。解决问题的关键是理解两颗卫星的间距Δr随时间t的变化图像的物理意义，清楚A、B两卫星相距最近到再次相距最近满足的关系，结合开普勒第三定律分析判断。
【解答】
已知TB=7t0，
根据开普勒第三定律有rA3TA2=rB3TB2，可得rArB=14，故B正确，ACD错误。
10.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了等量异种电荷的电场分布特点，以及v−t图像。
解答本题的关键是明确：等量异种电荷的电场强度从中点沿中垂线向两边逐渐减小，v−t图像的斜率表示加速度。根据动能定理分析速度；根据加速度分析电场强度。
【解答】
A、若从A到B摩擦力为恒力，且f=μmg，根据动能定理12mv02=μmg⋅2L，可得μ=v024gL，而摩擦力不是恒力，所以μ≠v024gL，故A错误；
C、圆环在AO与BO之间的受力情况对称相同，即圆环在AO与BO之间所受的摩擦力情况相同，而AO=BO=L，所以摩擦力在两段做功相同，根据动能定理可有12mv22−12mv02=fL=0−12mv22，解得v2= 22v，故C错误；
D、在A处有ma=μ(mg−E0q)，在O处有ma′=μ(Eq−mg)，而A处和O处的加速度大小相等，所以μ(mg−E0q)=μ(Eq−mg)，可得E=2mgq−E0，故D正确；
B、t1时刻加速度为0，则有E1q=mg，结合D选项可得E1=E0+E2，而AO之间的电场强度不是随AO之间的距离均匀减小，所以t1时刻不是AO的中间位置，即t1−t2时间内圆环的位移大小不为12L，故B错误。
11.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了机车功率和能量转化。
应用P=Fv可以求出机车的牵引力功率，再求出以太阳为圆心、以太阳到地球的距离为半径的球面单位面积上获得的功率，从而求出转化效率。
【解答】太阳能小车所受的阻力f=0.2mg=0.2×0.13×10N=0.26N，小车匀速行驶时发动机功率P=F牵v=fv=0.26×0.25W=0.065W，太阳能电池接受太阳能的功率P′=3.9×1026×15×10−44π×1.5×10112×0.63W≈1.30W，所以车所用太阳能电池将太阳能转化为机械能的效率为η=PP′×100%≈5%，故A正确，BCD错误。
12.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了振动振动方向的判断以及振动加强和减弱的条件；可根据波程差Δr=nλ(其中n=0，1，2⋯)或Δr=(2n+1)⋅λ2(其中n=0，1，2⋯)来判断振动的加强或减弱，要注意起振方向相同还是相反。根据振动方程求周期，波传播速度相同，λ=vT求解波长；根据匀速运动公式求时间，根据振动加强和减弱的条件判断质点P的振动情况，再确定质点P路程。
【解答】
A.波的周期为T=2πω=2π2πs=1s，v=4m/s，则λ=vT=4m
因为S1O=9m，S2O=16m，ΔS=7m≠nλ，故不是振动加强点，故O点振幅不能为18cm，A错误；
B. 根据勾股定理，S1到P点之间的距离S1P= 92+122m=15m
S2到P点之间的距离S2P= 162+122m=20m
则t1=S1P v=3.75s，t2=S2P v=5s，
因两波均从平衡位置向上起振，且t=0时刻，S1刚开始振动，S2首次到达波峰处，S2已经传播了0.25s，故S1波提前S2波1s传至P点，B错误；
C.t=5.25s时，S1经过3.75s传播到P点，振动了1.5s=T+12T；S2经过5s传播到P点，在4.75s时传到P点，振动了0.5s=12T，
又因两波均从平衡位置向上起振，则P点正处于平衡位置，且向下振动，故C错误；
D.0∼3.75s内，波还未传播到质点P；3.75s∼4.75s，先以S1波振动一个周期，x1=4A1=40cm；4.75s∼5.25s，质点P在波S1和波S2叠加下振动半个周期，x2=2(A1+A2)=36cm，故0∼5.25s内，质点P通过的路程为76cm，D正确。
13.【答案】A
【解析】【分析】
根据全反射临界角公式sinC=1n，结合几何关系找到全反射临界点即可求解；
解决本题本题的关键由图象乙能找出临界点，注意发生全反射的条件，并能结合几何知识进行分析。
【解答】
乙图中，设PQ上存在一点A，当光射到A点时恰好发生全反射，则：sin∠SAO=1n，∠SAO=30∘
根据余弦定理：OSsin30∘=Rsin∠OSA，解得：∠OSA=135∘，∠SOA=180∘−30∘−135∘=15∘
则无光线射出的面积和有光线射出的面积之比为2×15∘180∘−2×15∘=1:5
故选：A。
14.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查了分子速率分布图、热力学第二定律、原子核衰变反冲、相对论。
温度越高，速率较大的分子数量所占比例越大；根据热力学第二定律解答；衰变反冲时动量守恒，再由洛伦兹力提供圆周运动的向心力分析半径与电量的关系；根据爱因斯坦的相对论时空观解答。
【解答】
A、温度越高，速率较大的分子数量所占比例越大，由图像知，在速率较大的区间，虚线在实线上方，故图线Ⅱ温度较高，故A错误；
B、根据热力学第二定律可知，在引起其他变化的前提下，可以从单一热库吸收热量，使之全部变成功，故B正确；
C、衰变反冲时动量守恒，再由洛伦兹力提供圆周运动的向心力可知：r=mvqB∝1q，则α粒子轨迹为小圆，故C错误；
D、根据爱因斯坦的相对论时空观，运动物体的空间距离和物理过程的时间进程都跟物体的运动状态有关，故D正确。
15.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查能级的跃迁和光电效应的规律。
根据氢原子发生跃迁后辐射出光子的种类数量得出n；根据爱因斯坦光电效应方程进行计算；根据q=It=net计算光电子数量。
【解答】
用频率为v0的光照射大量处于基态的氢原子，只能发射出频率为va、vb、vc的三条谱线，由Cn2=3可得n=3，频率为v0的光子具有的能量为ε=E3−E1=12.09eV，只有a、b两种光能让光电管发生光电效应，则a、b两种光的频率大，由图丙可知a光的遏止电压大于b光的遏止电压，则a光的频率高，a光子的能量大；a光子的能量为εa=E3−E1=12.09eV，b光子的能量为εb=E2−E1=10.2eV，
A.由ε=hν可得一定有ν0=νa，故A正确；
B.图乙中滑片P从O向b端移动过程中，A极板带正电荷，则电流表示数增大，故B错误；
C.由爱因斯坦光电效应方程和动能定理觉得−eU遏止=hv−W0，由b光的遏止电压可得W0=2.25eV，解得图丙中Uc=−εa−W0e=−9.84V，故C正确；
D.由图丙可知a光照射阴极的饱和电流为I=0.96μA=9.6×10−7A，由q=It=net可得阴极每秒射出的光电子数大约n=Ie=9.6×10−71.6×10−19=6×1012个，故D错误。
16.【答案】Ⅰ.(1)不挂；E；0.75(0.70∼0.80)；(3)bk−m0
Ⅱ.长槽；铝
【解析】Ⅰ.
【分析】
该题考查探究“外力一定时，加速度与质量的关系”实验相关知识。只有掌握了实验原理才能顺利解决此类问题，所以在学习过程中要注意加强对基本知识的学习。
要注意当砂桶质量不满足远小于小车质量时，要考虑砂桶的加速度，要对整理列牛二式。
【解答】
(1)小车在运动时要受到摩擦力，要适当倾斜来平衡摩擦力，在不挂砂桶的情况下，用手轻拨小车，只有小车在木板上做匀速直线运动时，这样小车带动纸带打出的点是间隔均匀的；
(2)刻度尺分度值为0.1cm，要估读到0.01cm，明显E点的数据记录不当；
打点计时器所用交变电源的频率为50Hz，相邻两计数点间有四个点未画出，则时间间隔为T=0.1s，根据逐差法：a=CE−AC(2T)2=0.75m/s2；
(3)题目中改变的是小车中的砝码质量，而砂桶的总质量m0不变，则认为绳子拉力F不变，
对小车以及小车中的砝码以及砂桶整体分析，则：a=m0gm+M+m0，化简得：1a=1m0gm+M+m0m0g，
题图中直线的斜率为k，纵轴上的截距为b，则k=1m0g，b=M+m0m0g，解得：M=bk−m0；
Ⅱ.
【分析】
本题考察探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系实验；
根据向心力之比判断mR之比，由于半径之比只可能为1:1或2:1，结合密度之比确定材质和位置。
【解答】
小球受到的弹力与标尺露出的格子数成正比，则左侧小球的向心力与右侧小球的向心力之比约为2:3，左右两侧塔轮半径相等则小球的角速度相等，根据F=mω2R，两侧小球的mR之比约为2:3，由于小球大小相同，则质量之比等于密度之比，而轨迹半径之比只可能为1:1或2:1，则左右两侧小球的密度之比一定为2:3或1:3，观察三种材质的密度发现只可能是左侧铝球右侧铁球，此时密度之比为1:3，则轨迹半径之比为2:1，则左侧小球应放置在长槽处且材质为铝。
17.【答案】(1)S；1900
(2)①A；②B；③U1I1−U2I2
【解析】【分析】
本题考查了练习使用多用电表；掌握多用电表的结构与实验方法与注意事项是解题的前提。
(1)①多用电表应先机械调零；
②根据分度值读数；
(2)①根据欧姆定律估算出通过电阻Rx的电流和通过待测电阻的电流，再选择量程恰当的电表；
②根据电压表和电流表内阻对测量电路造成的误差分析选择测量电路的接法，根据题意选择控制电路的接法，再选择电压表、电流表；
③由电路图可知，当闭合电键S1，电键S2接2时电压表测Rx与RA和滑动变阻器两端的电压之和，电流表测通过Rx与RA以及滑动变阻器的电流；保持两滑动变阻器的滑动触头位置不变，将单刀双掷开关S2向1闭合，此时电流表测的电流为RA和滑动变阻器的电流，电压表测RA以及滑动变阻器两端的电压，读出此时电压表的示数U2，根据欧姆定律求出两次测量电路的电阻，根据串联知识可知待测电阻的阻值。
【解答】
(1)①S为机械调零旋钮，测量前应旋动部件S，使指针指在“0”刻线。
②指针如图4所示，则待测电阻为19×100Ω=1900Ω。
(2)①通过待测电阻的最大电流约为：I=ER=61900A≈0.003A=3mA则电流表可选A。
②为了获得更多的数据使测量结果更准确，控制电路采用滑动变阻器分压接法，根据题中给出的数据的近似值有RVRx③根据实验步骤，由欧姆定律得：U1=I1(RA+RP+Rx)，U2=I2(RA+RP)，
解得：Rx=U1I1−U2I2
18.【答案】解：(1)当环境温度缓慢上升，活塞刚到达卡扣处，此过程中封闭气体处于等压膨胀过程，则有
Sh1T1=S(h1+h2)T2，
解得T2=450K。
(2)加热之前，根据平衡条件有：mg+p0S=p1S，
当环境的热力学温度升高到T3=600K时，根据理想气体状态方程有：
p1Sh1T1=p2S(h1+h2)T3
解得p2=1.6×105Pa
(3)环境的热力学温度由T1=300K升高到T3=600K时，气体对外做功
W=−p1Sh2=−0.36J，
由热力学第一定律：△U=W+Q，
可得：△U=1.44J。
【解析】本题考查气缸类问题，此类问题一般要选择封闭气体为研究对象，分析理想气体发生的是何种变化，根据平衡条件分析初末状态的压强，并结合题意分析初末状态气体的体积、温度，利用理想气体状态方程或者气体实验定律列等式求解。
分析气体内能变化时，要使用热力学第一定律。其中气体做功通过W=pΔV求解。
19.【答案】解：
(1)游戏能获奖，则小球2必能过C点，小球2恰好过C点时：
mgsin(θ−90∘)=mvC2R
得：vC=2m/s
B→C:−mg×32R=12mvC2−12mvB2
得：vB=2 7m/s
由FN−mg=mvB2R，可知轨道BC对小球的最小弹力FN=4.5N
(2)恰好到达O′等高处：
−m2g×2R=0−12m2vB12
得：vB1=4 2m/s>vB
恰好运动到D点，vD= gR=2 2m/s
由动能定理：−m2g×3R=12m2vD2−12m2vB22
得：vB2=2 14m/s
故小球2碰后速度：4 2m/s(3)小球1弹出后：Ep=12m1v02
得：v0= 2Epm1
小球1和小球2发生弹性础撞;
m1v0=m1v1+m2v2
12m1v02=12m1v12+12m2v22
得：v1=m1−m2m1+m2v0=12v0= Ep2m1
需满足：4 2m/s即当：19.2J
【解析】(1)游戏能获奖，则小球2必能过C点，结合圆周运动知识以及动能定理求解；
(2)游戏能获二等奖的两个临界条件：恰好到达O′等高处和恰好运动到D点，通过动能定理分析；
(3)小球1和小球2发生弹性础撞，根据动量守恒和能量守恒分析碰后速度，结合(2)的结论分析弹性势能。
本题综合弹性碰撞以及动能定理以及圆周运动等知识点，综合性较强。
20.【答案】解：(1)设电容器放完电后所带电量为Q，则由动量定理可得：
BL(Q0−Q)=m1v1，
又：Q=CU=CBLv1，
可得：v1=1.6m/s；
(2)由于导体棒ab抛出后恰好能沿切线进入圆弧轨道，由平抛运动规律可知：
vCcsθ=v1，得：vC=2m/s，
C1C2→MN:m1g⋅15r=12m1v22−12m1vC2，
得：v2=3m/s
又由动量定理可知：m1v2=(m1+m2)v3，
得：v3=1m/s，
线框进入磁场过程中所受的安培力：F安=Bx2L2v3R=5x(N)，
线框进入和离开磁场Bx过程克服安培力做功相同，故整个过程线框产生的热量：
Q=2F安x=1.25J；
(3)线框进入磁场过程由动量定理：−∑Bx2L2vRΔt=(m1+m2)(v4−v3)，
即：−∑△5xΔx=(m1+m2)(v4−v3)，0解得：v4=16m/s故线框不能完全离开磁场，由：−∑△5xΔx=−52x2=0−(m1+m2)v4
得：x= 510m。
【解析】本题为电磁感应综合问题，对于电磁感应问题研究思路常常有三条：一条从力的角度，根据E=BLv、闭合电路欧姆定律、安培力公式、平衡条件列出方程；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量问题，根据动能定理、功能关系、能量守恒等列方程求解。第三条是如果涉及到电荷量、位移、时间问题，常根据动量定理结合电荷量的推论公式进行解答。
21.【答案】解：(1)粒子在电场E1区域做类平抛运动：−x=v0t，
y=12⋅E1qmt2，
得：y=E1q2mv02x2。
(2)设粒子经过O点时速度为v，与y轴的夹角为θ，则v0=vsinθ，
由qvB=mv2r，
得：r=mvqB=mv0qBsinθ，
粒子在磁场中运动时，在y轴上的偏移量：
Δy=2rsinθ=2⋅mvqBsinθ=2mv0qB，
△y恒定，故所有粒子均击中y轴上同一位置，即：y=−2mv0qB处。
在x方向上有：xmax=mv0qB，
得：磁场的最小面积：Smin=2m2v02q2B2。
(3)粒子经过O点时与y轴负方向成θ=45∘角，可得粒子速度为：v= 2v0
设粒子在第n+1个磁场区域拐弯，则电场中共加速n次：
由动能定理得：E2q⋅nd=12mvn2−12m( 2v0)2
得：vn= n2v02+2v02
在y方向上由动量定理：∑qvxB2△t=mvn−m(−vcs45∘)
得：qB2x=m n2v02+2v02+mv0=mv0dx
得：n解得：1+ 334≤n<5+ 414
由于n只能取整数，故n只能取2，即粒子将在第3个磁场区域拐弯。
【解析】本题考查带电粒子在电场与磁场的组合场中的运动。求解带电粒子在组合场中运动问题的技巧
①划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。
②找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
③画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
④组合场中的两种典型偏转。
计数点
A
B
C
D
E
位置坐标(cm)
4.50
5.50
7.30
9.80
13.1
材料
胶木
铝
铁
密度(103kg/m3)
1.3−1.4
2.7
7.8