2022-2023学年江苏省新高考基地学校高三下学期大联考3月月考物理试题（解析版）

高级中学精品试卷PAGEPAGE12023届高三重点热点诊断测试物理（考试时间：75分钟：满分：100分）一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每小题只有一个选项最符合题意。1.某手机若只播放视频，可以播放约12小时，其说明书的部分内容如表。则该手机（）手机类型智能手机、4G手机电池容量电池类型不可拆拆卸式电池待机时间约18天……A.充满电时电池可储存的最大能量为3.5JB.放电时电池可输出的最大电荷量为3.5CC.播放视频时的平均电流约为待机状态的36倍D.播放视频时单位时间输出的平均电荷量约为待机状态的1.5倍〖答案〗C〖解析〗A．根据能量E=qU因U不知道，无法求出充满电时电池可储存的最大能量，A错误；B．放电时电池可输出的最大电荷量为B错误；CD．播放视频时平均电流约为待机状态平均电流为电流之比C正确，D错误。故选C。2.人眼结构的简化模型如图所示，折射率相同、半径不同的两球体共轴，球心分别为和，位于小球面上。宽为d的单色平行光束对称地沿轴线方向射入小球，会聚在轴线上P点，光线的会聚角。则（）A.不能求出小球的半径B.可求出球体对该色光的折射率C.光线射到P点时可能会发生全反射D.若大球折射率略减小，光线将会聚在P点右侧〖答案〗B〖解析〗AB．已知大圆的弦长d和张角α，分别连接AO2、AO1，光束中间两球体轴线与小球左边交点为C点，由几何关系可得，，由于AB=d，则可得大小球半径分别为光线的入射角i等于，则球体对该色光的折射率故A错误，B正确；C．因光线在P点的入射角小于，可知光束在P点的入射角小于临界角，则光线不可能在P点发生全反射，选项C错误；D．若大球折射率略减小，则光线射出小圆后折射角变大，如图所示则光线向下偏折，则光线将会聚在P点左侧，选项D错误。故选B。3.某同学用图示电路研究可变电容器的充放电实验．电容器原来不带电，电压表和电流表为直流电表。单刀双掷开关先接1，稳定后，缓慢减小电容器两极板的正对面积，再将开关接2。则（）A.开关接1后断开，接2前两电表示数均先增大后减为零B.减小电容器两极板正对面积过程中，电阻R中电流向下C.实验前连接好电路后，实验过程中无需再改接D.若开关接1稳定后断开，再减小电容器两极板正对面积过程中，电压表示数减小〖答案〗B〖解析〗A．开关接1后断开，接2前电流表示数为零，电容器、电阻和电压表串联，电压表示数不变，故A错误；B．开关接1未断开时，减小电容器两极板正对面积过程中，根据，可知电容器的电容减小、两端的电压不变，电容器的带电量减小，电阻R中电流向下，故B正确；C．由于电容器充放电流方向相反，所以实验过程中电流表的正负极需再改接，故C错误；D．若开关接1稳定后断开，再减小电容器两极板正对面积过程中，根据，可知电容器的电容减小、带电量不变，电容器两端的电压变大，电压表示数变大，故D错误。故选B。4.如图所示，波源S1、S2垂直纸面做简谐运动，产生两列波的波速均为2m/s，P为纸面内一点，且。S2的振动方程为，P点振幅恒为2A。则S1的振动方程可能为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗根据S2的振动方程振动周期为波的波长λ=vT解得λ=4mP点振幅恒为2A，P点为振动加强点，S1、S2的周期即角速度相同，纸面内的P点与S1、S2的距离差为故波源S1、S2的初始相位差为（n=0，1，2...）当n=0时，S1的振动方程为故选A。5.如图所示，把一个底角很小的圆锥玻璃体倒置（上表面为圆形平面，纵截面为等腰三角形），紧挨玻璃体下放有一平整矩形玻璃砖，它和圆锥玻璃体间有一层薄空气膜。现用红色光垂直于上表面照射，从装置正上方向下观察，可看到（）A.一系列明暗相间的三角形条纹B.一系列明暗相间的不等间距圆形条纹C.若将红光换成蓝光，亮条纹将变稀疏D.若增大玻璃体顶角，亮条纹将变稀疏〖答案〗D〖解析〗AB．由于截面是等腰三角形，从圆心向外，经过相同的宽度，空气膜厚度增加量相同，根据光的干涉原理知，从装置的正上方向下观察，可看到一系列明暗相间的等距圆形条纹，故AB错误，C．蓝光波长比红光短，若将红光换成蓝光，条纹间距变小，亮条纹将变密集，故C错误；D．若增大玻璃体顶角，则空气薄膜厚度变小，由等厚干涉原理可知条纹将向外偏移，亮条纹将变稀疏，故D正确。故选D6.某卫星在赤道上空圆轨道Ⅰ上绕地球运行，周期为T，运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每两天恰好三次看到卫星掠过其正上方。一段时间后，卫星在A点变轨由轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为椭圆轨道的近地点。不计空气阻力，则（）A.T为地球自转周期的0.4倍B.卫星沿轨道Ⅱ从A点到B点的时间不小于12hC.卫星由圆轨道进入椭圆轨道过程中，机械能增大D.卫星沿轨道Ⅰ、Ⅱ运动时，卫星与地心连线单位时间扫过的面积总相等〖答案〗A〖解析〗A．设地球自转周期为T0依题意，每两天恰好三次看到卫星掠过其正上方，可知两天内卫星转了5圈，即解得故A正确；B．根据开普勒第三定律，可知即卫星沿轨道Ⅱ的运动周期小于沿轨道Ⅰ的周期，所以卫星沿轨道Ⅱ从A点到B点的时间小于4.8h。故B错误；C．卫星由圆轨道进入椭圆轨道过程中，需要减速。所以其机械能减小。故C错误；D．开普勒第二定律适用于同一轨道，档沿不同轨道运动时，结论是不成立的，故D错误。故选A。7.如图所示，空间存在间距为L的两足够大有界匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，磁场的宽度也为L，磁场方向竖直向下，一矩形金属框abcd置于光滑绝缘水平台面上，已知，时刻bc边与磁场Ⅰ的左边界重合。现用水平恒力F向右拉动金属框，当bc边经过磁场Ⅱ的左边界时框开始做匀速运动。在金属框穿出磁场Ⅰ前的运动过程中，下列描述框的速度v、流过框中的电流i、通过框截面的电量q、框克服安培力做的功W随时间t变化的图像中，可能正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗A．首先分析bc边在磁场Ⅰ中时金属框的运动，在此过程中金属框受到的安培力为从中可以看出安培力随着金属框速度的增大而增大，而安培力方向与金属框运动方向相反，因此bc边在磁场Ⅰ中时金属框做加速度减小的加速运动；然后分析bc边在磁场Ⅰ、Ⅱ之间的区域中时金属框的运动，在此过程中金属框只受到恒力F，则金属框做匀加速直线运动；最后分析bc边在磁场Ⅱ中时金属框的运动，根据题意可知在此过程中金属框做匀速直线运动。因此v-t图像应该一开始是一条弯曲的线且斜率不断减小，然后是一段斜率固定且为正的直线，最后是一段水平的直线，故A错误；B．根据感应电动势公式以及欧姆定律可得电流i为可以看出电流i与金属框速度以及磁场强度有关，i-t图像第一和第三阶段图线趋势应与v-t图像一致，而第二阶段由于bc边不在磁场中，磁场强度B为零，因此电流为零，故B错误；C．在前面选项分析的基础上进行分析，首先分析bc边在磁场Ⅰ中时的情况，金属框做加速度减小的加速运动，则电流不断增强且增速不断减慢，故通过框截面的电量q不断增加且增速不断减慢，q-t图像应该是斜率不断减小的曲线；然后分析bc边在磁场Ⅰ、Ⅱ之间的区域中时的情况，在此过程中bc边未切割磁感线，金属框中没有电流通过，则通过框截面的电量q不会增加，q-t图像应该是一条水平直线；最后分析bc边在磁场Ⅱ中时的情况，此时金属框做匀速直线运动，电流保持不变，则通过框截面的电量q应匀速增加，q-t图像应该是一条斜率固定且为正的直线。故C正确；D．根据前面的分析可知，金属框受到的安培力为首先分析bc边在磁场Ⅰ中时的情况，金属框受到的安培力不断增大且增速不断减小，则克服安培力做的功W也不断增加且增速不断减小，W-t图像应该是斜率不断减小的曲线；然后分析bc边在磁场Ⅰ、Ⅱ之间的区域中时的情况，在此过程中金属框不受安培力，安培力做功为零，则W-t图像应该是一条与水平轴重合的线条；最后分析bc边在磁场Ⅱ中时的情况，金属框受到的安培力不变，则克服安培力做的功W匀速增加，W-t图像应该是一条斜率固定且为正的直线。故D错误。故选C。8.如图所示，一小球以初速度从斜面底端与斜面成角斜向上抛出，落到斜面上的M点且速度水平向右；现将该小球以的速度从斜面底端仍与斜面成角斜向上抛出，落在斜面上N点，不计空气阻力，则（）A.球落到N点时速度不沿水平方向B.两次球与斜面距离最远时的位置连线与斜面垂直C.从抛出至落至M、N点过程中，球动量变化量之比为1：3D.从抛出至落至M、N点过程中，球克服重力做功之比为1：3〖答案〗C〖解析〗A．由于落到斜面上M点时速度水平向右，故可把质点在空中的运动逆向看成从M点向左的平抛运动，设在M点的速度大小为vx，把质点在斜面底端的速度v分解为水平方向的vx和竖直方向的vy，由x=vxty=gt2得空中飞行时间vy=2vxtanθv和水平方向夹角的正切值为定值，即落到N点时速度方向水平向右，故A错误；B．小球离斜面最远时，速度方向平行斜面，两个位置不可能出现在垂直斜面的同一条直线上，即两次球与斜面距离最远时的位置连线不可能与斜面垂直，选项B错误；C．球抛出到落到斜面上的过程中，水平速度不变，竖直速度从vy变为0，则动量变化的大小为∆p=mvy=mvsin(θ+α)∝v则从抛出至落至M、N点过程中，球动量变化量之比为1：3，选项C正确；D．根据克服重力做功大小从抛出至落至M、N点过程中，球克服重力做功之比为1：9，选项D错误。故选C。9.如图所示，一完整绝缘球体球心为，由A，B两部分组成，其中B是球心为的小球体，A均匀带正电，B均匀带有等量的负电．M、N为两球心连线上两点，P、Q连线过球心且与M、N连线垂直，且M、N、P、Q四点到距离相等．取无穷远处电势为零（假设均匀带电绝缘球体带电量等效于在球心带等量电量）。则（）A.M、N两点电场强度相等B.、连线中点电势为零C.将从N点移至P点电场力做正功D.电子在M点的电势能比在N点的大〖答案〗B〖解析〗AB．按照大球正电荷的电荷密度将小球中补充出相应的正电荷+Q，小球中也增加相应的负电荷-Q，再将其等效为位于球心的两点电荷（电量分别为2Q、-2Q），则M、N两点电场强度不相等，、连线中点电势为零，故A错误，B正确；C．N点离负电荷比P点近，N点电势比P点电势低，将从N点移至P点电场力做负功，故C错误；D．M点离正电荷比N点近，M点电势比N点电势高，电子在M点的电势能比在N点的小，故D错误。故选B。10.将劲度系数为k的轻弹簧压缩后锁定，在弹簧上放置一质量为m的小物块，物块离地面高度为，如图甲。现解除弹簧锁定，物块被弹起竖直向上运动过程中，其动能随离地高度h变化的关系图像如图乙，其中到间的图像为直线，其余部分均为曲线，对应图像的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，则（）A.弹簧原长为B.物块离地高度为时，物块的机械能最大C.物块从离地高上升到过程中，重力做功D.物块脱离弹簧后向上运动过程中重力势能增量小于〖答案〗C〖解析〗A．由乙图可知，物块上升至高度h3时，动能最大，则此时弹簧弹力与重力平衡，所以弹簧处于压缩状态，故A错误；B．由乙图可知，物块离地高度为时，物块只受重力作用，加速度为g，弹簧的弹力为零，故此时弹性势能最小，则物块的机械能最大，故B错误；C．物块在h4时，加速度为g，在h2和h4处的动能相同，根据弹簧振子运动的对称性可知，在h2处的加速度也为g，则根据牛顿第二定律得解得所以小物块从高度h2上升到h4，上升高度为则物块从离地高上升到过程中，重力做功为故C正确；D．物块从离地高上升到过程中，合力大于mg，则动能的增加量大于，而物块从离地高上升到过程中，合力等于mg，则动能的减少量等于，由乙图可知，物块从上升到过程中的动能变化量与从离地高上升到过程中的动能变化量相等，故，故物块脱离弹簧后向上运动过程中重力势能增量大于，故D错误。故选C。二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后〖答案〗的不能得分；有数值计算时，〖答案〗中必须明确写出数值和单位。11.某实验小组利用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，打点计时器所接的交流电源的频率为50Hz，动滑轮质量不计。（1）对该实验，下列说法正确的有__________。A．用秒表测出小车运动的时间B．测力计的读数为钩码重力的一半C．钩码的质量不需要远小于小车的质量D．与定滑轮及弹簧测力计相连的细线要竖直（2）实验中打出的一条纸带如图乙所示，图中相邻两计数点间还有4个点未画出，由此可求得小车的加速度__________。（结果保留两位小数）（3）若交流电的实际频率大于50Hz，则（2）中a的计算结果与实际值相比__________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。（4）若实验中让长木板水平放置，没有补偿阻力，其余操作正确，以测力计的示数F为纵坐标，以加速度a为横坐标，得到如图丙所示的一条倾斜直线，已知直线斜率为k，截距为b，重力加速度为g，忽略滑轮与绳之间的摩擦以及纸带与限位孔之间的摩擦，则小车的质量为__________；小车和木板间的动摩擦因数__________。〖答案〗（1）C（2）6.03（3）偏小（4）〖解析〗（1）〖1〗A．打点计时器本身就可以计时，不需要用秒表，故A错误；B．钩码本身也有加速度，测力计的读数小于钩码重力的一半，故B错误；C．小车受到的合外力可以由弹簧测力计测得，不需要用钩码重力代替小车的合外力，故钩码的质量不需要远小于小车的质量，故C正确；D．定滑轮及弹簧测力计相连的细线不需要竖直，弹簧测力计示数与细线拉力相同即可，故D错误。故选C。（2）〖2〗相邻两计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点时间间隔为，根据逐差法（3）〖3〗若交流电的实际频率大于50Hz，则相邻计数点实际时间间隔小于0.1s，根据（2）计算过程可知，实际的加速度大于计算结果，即计算结果与实际值相比偏小；（4）〖4〗〖5〗根据牛顿第二定律可得则12.如图所示，大量处于能级氢原子，向基态跃迁，辐射出的光子照射到光电管阴极K，移动变阻器触头P至图示位置，电压表示数为U，微安表示数恰为0。已知氢原子的能级公式（，量子数，3，4，…），是基态氢原子的能量值，元电荷为e，光电子质量为m，普朗克常量为h。求：（1）阴极K产生光电子的德布罗意波长的最小值；（2）触头P仍在图示位置，改用大量处于能级的氢原子向基态跃迁时辐射出的光子照射K，到达阳极A的光电子的最大动能。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）光电管所加电压U为反向电压，微安表示数恰为0，则又，，解得阴极K产生光电子的德布罗意波长的最小值（2）改用n=4能级的氢原子向基态跃迁时辐射出的光子照射K时由光电效应方程得又，，解得所以到达阳极A的光电子的最大动能13.如图所示，水平放置的绝热气缸和活塞封闭了A、B两部分理想气体，活塞绝热，活塞导热良好，面积均为S，A、B气体的压强、温度均与外界大气相同，分别为和。两活塞与气缸间的滑动摩擦力为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始时，活塞与气缸底部相距L，活塞、间的距离为2L。现接通电热丝加热气体，一段时间后，活塞将要发生滑动。求该过程中：（1）活塞移动的距离x；（2）当活塞刚好发生滑动时A气体的温度。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）活塞将要发生滑动时得对B部分气体，由等温变化得活塞移动的距离为（2）当活塞刚好发生滑动时，对活塞有理想气体方程得14.如图所示，在竖直平面内，长为的粗糙水平面MN左侧与半径的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，右侧与一足够长的倾斜传送带平滑连接。传送带与水平方向的夹角，以恒定的速率逆时针转动。将物块A从光滑圆弧最高点由静止释放，经过M点运动到N点，与原先停止在N处的物块B发生弹性碰撞，A、B的质量均为。物块A与MN间的动摩擦因数，物块B与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，，．求：（1）物块A第一次运动到N点与物块B发生碰撞前的速度大小；（2）从物块A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，物块B的运动时间t；（3）物块A在MN上运动的总路程s。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）物块从A到N点，由动能定理有解得（2）物块A与B发生弹性碰撞，设碰后的速度为、，有解得，物体A静止，物体B沿传送带向上运动，有可得物体B减速到零的时间为位移为物体B沿着传送带加速下滑，其加速度为，达到共速时下滑的位移为共速后，因，则物体B匀速下滑，有故物体B先上滑后下滑的总时间为（3）A第一次向右在粗糙面上的路程为物体B返回到水平面上和A发生第二次弹性碰撞，速度交换后A的速度为，则A向左减速到零冲上光滑曲面，再下滑在水平面上摩擦，然后与B弹性碰撞，速度交换，多次重复上述过程，物体A只在MN段摩擦损失动能，则后续的全过程，有故物块A在MN上运动的总路程为15.蜜蜂飞行时依靠蜂房、采蜜地点和太阳三个点进行定位做“8”字形运动，以此告知同伴蜜源方位。某兴趣小组用带电粒子在电场和磁场中的运动模拟蜜蜂的运动。如图甲所示，空间存在足够大垂直纸面、方向相反的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，其上、下边界分别为MN、PQ，间距为d．MN与PQ之间存在沿水平方向且大小始终为的匀强电场，当粒子通过MN进入电场中运动时，电场方向水平向右；当粒子通过PQ进入电场中运动时，电场方向水平向左。现有一质量为m、电荷量为的粒子在纸面内以初速度从A点垂直MN射入电场，一段时间后进入磁场Ⅱ，之后又分别通过匀强电场和磁场Ⅰ，以速度回到A点，磁场Ⅱ的磁感应强度，不计粒子重力。求：（1）粒子在磁场Ⅱ中运动的速度大小v；（2）磁场Ⅰ的磁感应强度大小；（3）仅撤去电场，粒子从A点与下边缘线成30°以初速度入射，如图乙所示。要使粒子能回到A点，求满足的条件。〖答案〗（1）；（2）（3）或者（n=1，2，3……）〖解析〗（1）粒子在电场中运动时，竖直方向水平方向做加速运动解得则粒子进入磁场Ⅱ速度方向与PQ夹角为45°；（2）粒子在磁场中的运动轨迹如图，设粒子在磁场Ⅰ、Ⅱ中的运动半径分别为r1和r2，则粒子在电场中沿电场方向运动的距离则因为解得（3）由（2）可知则粒子在磁场ⅠⅡ中运动的半径a.粒子从磁场Ⅰ回到A点，轨迹如图，根据几何关系可知解得b.粒子从无场区回到A点，轨迹如图，由几何关系其中（n=1，2，3……）解得（n=1，2，3……）2023届高三重点热点诊断测试物理（考试时间：75分钟：满分：100分）一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每小题只有一个选项最符合题意。1.某手机若只播放视频，可以播放约12小时，其说明书的部分内容如表。则该手机（）手机类型智能手机、4G手机电池容量电池类型不可拆拆卸式电池待机时间约18天……A.充满电时电池可储存的最大能量为3.5JB.放电时电池可输出的最大电荷量为3.5CC.播放视频时的平均电流约为待机状态的36倍D.播放视频时单位时间输出的平均电荷量约为待机状态的1.5倍〖答案〗C〖解析〗A．根据能量E=qU因U不知道，无法求出充满电时电池可储存的最大能量，A错误；B．放电时电池可输出的最大电荷量为B错误；CD．播放视频时平均电流约为待机状态平均电流为电流之比C正确，D错误。故选C。2.人眼结构的简化模型如图所示，折射率相同、半径不同的两球体共轴，球心分别为和，位于小球面上。宽为d的单色平行光束对称地沿轴线方向射入小球，会聚在轴线上P点，光线的会聚角。则（）A.不能求出小球的半径B.可求出球体对该色光的折射率C.光线射到P点时可能会发生全反射D.若大球折射率略减小，光线将会聚在P点右侧〖答案〗B〖解析〗AB．已知大圆的弦长d和张角α，分别连接AO2、AO1，光束中间两球体轴线与小球左边交点为C点，由几何关系可得，，由于AB=d，则可得大小球半径分别为光线的入射角i等于，则球体对该色光的折射率故A错误，B正确；C．因光线在P点的入射角小于，可知光束在P点的入射角小于临界角，则光线不可能在P点发生全反射，选项C错误；D．若大球折射率略减小，则光线射出小圆后折射角变大，如图所示则光线向下偏折，则光线将会聚在P点左侧，选项D错误。故选B。3.某同学用图示电路研究可变电容器的充放电实验．电容器原来不带电，电压表和电流表为直流电表。单刀双掷开关先接1，稳定后，缓慢减小电容器两极板的正对面积，再将开关接2。则（）A.开关接1后断开，接2前两电表示数均先增大后减为零B.减小电容器两极板正对面积过程中，电阻R中电流向下C.实验前连接好电路后，实验过程中无需再改接D.若开关接1稳定后断开，再减小电容器两极板正对面积过程中，电压表示数减小〖答案〗B〖解析〗A．开关接1后断开，接2前电流表示数为零，电容器、电阻和电压表串联，电压表示数不变，故A错误；B．开关接1未断开时，减小电容器两极板正对面积过程中，根据，可知电容器的电容减小、两端的电压不变，电容器的带电量减小，电阻R中电流向下，故B正确；C．由于电容器充放电流方向相反，所以实验过程中电流表的正负极需再改接，故C错误；D．若开关接1稳定后断开，再减小电容器两极板正对面积过程中，根据，可知电容器的电容减小、带电量不变，电容器两端的电压变大，电压表示数变大，故D错误。故选B。4.如图所示，波源S1、S2垂直纸面做简谐运动，产生两列波的波速均为2m/s，P为纸面内一点，且。S2的振动方程为，P点振幅恒为2A。则S1的振动方程可能为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗根据S2的振动方程振动周期为波的波长λ=vT解得λ=4mP点振幅恒为2A，P点为振动加强点，S1、S2的周期即角速度相同，纸面内的P点与S1、S2的距离差为故波源S1、S2的初始相位差为（n=0，1，2...）当n=0时，S1的振动方程为故选A。5.如图所示，把一个底角很小的圆锥玻璃体倒置（上表面为圆形平面，纵截面为等腰三角形），紧挨玻璃体下放有一平整矩形玻璃砖，它和圆锥玻璃体间有一层薄空气膜。现用红色光垂直于上表面照射，从装置正上方向下观察，可看到（）A.一系列明暗相间的三角形条纹B.一系列明暗相间的不等间距圆形条纹C.若将红光换成蓝光，亮条纹将变稀疏D.若增大玻璃体顶角，亮条纹将变稀疏〖答案〗D〖解析〗AB．由于截面是等腰三角形，从圆心向外，经过相同的宽度，空气膜厚度增加量相同，根据光的干涉原理知，从装置的正上方向下观察，可看到一系列明暗相间的等距圆形条纹，故AB错误，C．蓝光波长比红光短，若将红光换成蓝光，条纹间距变小，亮条纹将变密集，故C错误；D．若增大玻璃体顶角，则空气薄膜厚度变小，由等厚干涉原理可知条纹将向外偏移，亮条纹将变稀疏，故D正确。故选D6.某卫星在赤道上空圆轨道Ⅰ上绕地球运行，周期为T，运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每两天恰好三次看到卫星掠过其正上方。一段时间后，卫星在A点变轨由轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为椭圆轨道的近地点。不计空气阻力，则（）A.T为地球自转周期的0.4倍B.卫星沿轨道Ⅱ从A点到B点的时间不小于12hC.卫星由圆轨道进入椭圆轨道过程中，机械能增大D.卫星沿轨道Ⅰ、Ⅱ运动时，卫星与地心连线单位时间扫过的面积总相等〖答案〗A〖解析〗A．设地球自转周期为T0依题意，每两天恰好三次看到卫星掠过其正上方，可知两天内卫星转了5圈，即解得故A正确；B．根据开普勒第三定律，可知即卫星沿轨道Ⅱ的运动周期小于沿轨道Ⅰ的周期，所以卫星沿轨道Ⅱ从A点到B点的时间小于4.8h。故B错误；C．卫星由圆轨道进入椭圆轨道过程中，需要减速。所以其机械能减小。故C错误；D．开普勒第二定律适用于同一轨道，档沿不同轨道运动时，结论是不成立的，故D错误。故选A。7.如图所示，空间存在间距为L的两足够大有界匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，磁场的宽度也为L，磁场方向竖直向下，一矩形金属框abcd置于光滑绝缘水平台面上，已知，时刻bc边与磁场Ⅰ的左边界重合。现用水平恒力F向右拉动金属框，当bc边经过磁场Ⅱ的左边界时框开始做匀速运动。在金属框穿出磁场Ⅰ前的运动过程中，下列描述框的速度v、流过框中的电流i、通过框截面的电量q、框克服安培力做的功W随时间t变化的图像中，可能正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗A．首先分析bc边在磁场Ⅰ中时金属框的运动，在此过程中金属框受到的安培力为从中可以看出安培力随着金属框速度的增大而增大，而安培力方向与金属框运动方向相反，因此bc边在磁场Ⅰ中时金属框做加速度减小的加速运动；然后分析bc边在磁场Ⅰ、Ⅱ之间的区域中时金属框的运动，在此过程中金属框只受到恒力F，则金属框做匀加速直线运动；最后分析bc边在磁场Ⅱ中时金属框的运动，根据题意可知在此过程中金属框做匀速直线运动。因此v-t图像应该一开始是一条弯曲的线且斜率不断减小，然后是一段斜率固定且为正的直线，最后是一段水平的直线，故A错误；B．根据感应电动势公式以及欧姆定律可得电流i为可以看出电流i与金属框速度以及磁场强度有关，i-t图像第一和第三阶段图线趋势应与v-t图像一致，而第二阶段由于bc边不在磁场中，磁场强度B为零，因此电流为零，故B错误；C．在前面选项分析的基础上进行分析，首先分析bc边在磁场Ⅰ中时的情况，金属框做加速度减小的加速运动，则电流不断增强且增速不断减慢，故通过框截面的电量q不断增加且增速不断减慢，q-t图像应该是斜率不断减小的曲线；然后分析bc边在磁场Ⅰ、Ⅱ之间的区域中时的情况，在此过程中bc边未切割磁感线，金属框中没有电流通过，则通过框截面的电量q不会增加，q-t图像应该是一条水平直线；最后分析bc边在磁场Ⅱ中时的情况，此时金属框做匀速直线运动，电流保持不变，则通过框截面的电量q应匀速增加，q-t图像应该是一条斜率固定且为正的直线。故C正确；D．根据前面的分析可知，金属框受到的安培力为首先分析bc边在磁场Ⅰ中时的情况，金属框受到的安培力不断增大且增速不断减小，则克服安培力做的功W也不断增加且增速不断减小，W-t图像应该是斜率不断减小的曲线；然后分析bc边在磁场Ⅰ、Ⅱ之间的区域中时的情况，在此过程中金属框不受安培力，安培力做功为零，则W-t图像应该是一条与水平轴重合的线条；最后分析bc边在磁场Ⅱ中时的情况，金属框受到的安培力不变，则克服安培力做的功W匀速增加，W-t图像应该是一条斜率固定且为正的直线。故D错误。故选C。8.如图所示，一小球以初速度从斜面底端与斜面成角斜向上抛出，落到斜面上的M点且速度水平向右；现将该小球以的速度从斜面底端仍与斜面成角斜向上抛出，落在斜面上N点，不计空气阻力，则（）A.球落到N点时速度不沿水平方向B.两次球与斜面距离最远时的位置连线与斜面垂直C.从抛出至落至M、N点过程中，球动量变化量之比为1：3D.从抛出至落至M、N点过程中，球克服重力做功之比为1：3〖答案〗C〖解析〗A．由于落到斜面上M点时速度水平向右，故可把质点在空中的运动逆向看成从M点向左的平抛运动，设在M点的速度大小为vx，把质点在斜面底端的速度v分解为水平方向的vx和竖直方向的vy，由x=vxty=gt2得空中飞行时间vy=2vxtanθv和水平方向夹角的正切值为定值，即落到N点时速度方向水平向右，故A错误；B．小球离斜面最远时，速度方向平行斜面，两个位置不可能出现在垂直斜面的同一条直线上，即两次球与斜面距离最远时的位置连线不可能与斜面垂直，选项B错误；C．球抛出到落到斜面上的过程中，水平速度不变，竖直速度从vy变为0，则动量变化的大小为∆p=mvy=mvsin(θ+α)∝v则从抛出至落至M、N点过程中，球动量变化量之比为1：3，选项C正确；D．根据克服重力做功大小从抛出至落至M、N点过程中，球克服重力做功之比为1：9，选项D错误。故选C。9.如图所示，一完整绝缘球体球心为，由A，B两部分组成，其中B是球心为的小球体，A均匀带正电，B均匀带有等量的负电．M、N为两球心连线上两点，P、Q连线过球心且与M、N连线垂直，且M、N、P、Q四点到距离相等．取无穷远处电势为零（假设均匀带电绝缘球体带电量等效于在球心带等量电量）。则（）A.M、N两点电场强度相等B.、连线中点电势为零C.将从N点移至P点电场力做正功D.电子在M点的电势能比在N点的大〖答案〗B〖解析〗AB．按照大球正电荷的电荷密度将小球中补充出相应的正电荷+Q，小球中也增加相应的负电荷-Q，再将其等效为位于球心的两点电荷（电量分别为2Q、-2Q），则M、N两点电场强度不相等，、连线中点电势为零，故A错误，B正确；C．N点离负电荷比P点近，N点电势比P点电势低，将从N点移至P点电场力做负功，故C错误；D．M点离正电荷比N点近，M点电势比N点电势高，电子在M点的电势能比在N点的小，故D错误。故选B。10.将劲度系数为k的轻弹簧压缩后锁定，在弹簧上放置一质量为m的小物块，物块离地面高度为，如图甲。现解除弹簧锁定，物块被弹起竖直向上运动过程中，其动能随离地高度h变化的关系图像如图乙，其中到间的图像为直线，其余部分均为曲线，对应图像的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，则（）A.弹簧原长为B.物块离地高度为时，物块的机械能最大C.物块从离地高上升到过程中，重力做功D.物块脱离弹簧后向上运动过程中重力势能增量小于〖答案〗C〖解析〗A．由乙图可知，物块上升至高度h3时，动能最大，则此时弹簧弹力与重力平衡，所以弹簧处于压缩状态，故A错误；B．由乙图可知，物块离地高度为时，物块只受重力作用，加速度为g，弹簧的弹力为零，故此时弹性势能最小，则物块的机械能最大，故B错误；C．物块在h4时，加速度为g，在h2和h4处的动能相同，根据弹簧振子运动的对称性可知，在h2处的加速度也为g，则根据牛顿第二定律得解得所以小物块从高度h2上升到h4，上升高度为则物块从离地高上升到过程中，重力做功为故C正确；D．物块从离地高上升到过程中，合力大于mg，则动能的增加量大于，而物块从离地高上升到过程中，合力等于mg，则动能的减少量等于，由乙图可知，物块从上升到过程中的动能变化量与从离地高上升到过程中的动能变化量相等，故，故物块脱离弹簧后向上运动过程中重力势能增量大于，故D错误。故选C。二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后〖答案〗的不能得分；有数值计算时，〖答案〗中必须明确写出数值和单位。11.某实验小组利用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，打点计时器所接的交流电源的频率为50Hz，动滑轮质量不计。（1）对该实验，下列说法正确的有__________。A．用秒表测出小车运动的时间B．测力计的读数为钩码重力的一半C．钩码的质量不需要远小于小车的质量D．与定滑轮及弹簧测力计相连的细线要竖直（2）实验中打出的一条纸带如图乙所示，图中相邻两计数点间还有4个点未画出，由此可求得小车的加速度__________。（结果保留两位小数）（3）若交流电的实际频率大于50Hz，则（2）中a的计算结果与实际值相比__________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。（4）若实验中让长木板水平放置，没有补偿阻力，其余操作正确，以测力计的示数F为纵坐标，以加速度a为横坐标，得到如图丙所示的一条倾斜直线，已知直线斜率为k，截距为b，重力加速度为g，忽略滑轮与绳之间的摩擦以及纸带与限位孔之间的摩擦，则小车的质量为__________；小车和木板间的动摩擦因数__________。〖答案〗（1）C（2）6.03（3）偏小（4）〖解析〗（1）〖1〗A．打点计时器本身就可以计时，不需要用秒表，故A错误；B．钩码本身也有加速度，测力计的读数小于钩码重力的一半，故B错误；C．小车受到的合外力可以由弹簧测力计测得，不需要用钩码重力代替小车的合外力，故钩码的质量不需要远小于小车的质量，故C正确；D．定滑轮及弹簧测力计相连的细线不需要竖直，弹簧测力计示数与细线拉力相同即可，故D错误。故选C。（2）〖2〗相邻两计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点时间间隔为，根据逐差法（3）〖3〗若交流电的实际频率大于50Hz，则相邻计数点实际时间间隔小于0.1s，根据（2）计算过程可知，实际的加速度大于计算结果，即计算结果与实际值相比偏小；（4）〖4〗〖5〗根据牛顿第二定律可得则12.如图所示，大量处于能级氢原子，向基态跃迁，辐射出的光子照射到光电管阴极K，移动变阻器触头P至图示位置，电压表示数为U，微安表示数恰为0。已知氢原子的能级公式（，量子数，3，4，…），是基态氢原子的能量值，元电荷为e，光电子质量为m，普朗克常量为h。求：（1）阴极K产生光电子的德布罗意波长的最小值；（2）触头P仍在图示位置，改用大量处于能级的氢原子向基态跃迁时辐射出的光子照射K，到达阳极A的光电子的最大动能。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）光电管所加电压U为反向电压，微安表示数恰为0，则又，，解得阴极K产生光电子的德布罗