2023届山东省潍坊市高三上学期1月期末考试物理试题（解析版）

高中物理精品试卷PAGEPAGE1高三物理2023．1注意事项：1．答题前，考生先将自己的学校、姓名、班级、座号、考号填涂在相应位置。2．选择题〖答案〗必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题〖答案〗必须使用0．5毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用2B铅笔作答，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的〖答案〗无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图是蓝色大闪蝶，在阳光下可以看到其翅膀灿烂闪烁。蓝色大闪蝶的翅膀表面有凸起的翅脊，这些翅脊有一串类似台阶的结构。光照射翅脊上“台阶结构”的典型光路如图所示，则（）A.翅膀灿烂闪烁是光的干涉现象B.翅膀灿烂闪烁是光的色散现象C.翅膀灿烂闪烁是光的全反射现象D.光在空气中的波长约是在翅脊中波长的倍〖答案〗A〖解析〗ABC．翅膀灿烂闪烁是光的薄膜干涉现象，选项A正确，BC错误；D．根据选项D错误。故选A。2.如图所示为某科学实验小组利用计算机和传感器绘制出的一玩具小车做直线运动的v-x图像，则下列说法正确的是（）A.该玩具小车做匀变速直线运动B.该玩具小车运动的加速度逐渐增大C.该玩具小车运动的加速度逐渐减小D.该玩具小车运动的加速度随时间均匀变化〖答案〗B〖解析〗BCD．根据图像得所以得式中k不变，随着速度v的增大，加速度a增大，所以加速度随时间增大，B正确，CD错误；A．因为加速度增大，小车做非匀变速度直线运动，A错误。故选B。3.如图所示，平面的第一象限内存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁场边界与轴成角，边长为的正方形金属框MNPQ中心位于磁场边界上，电阻为R。现使金属框匀速向右运动至完全进入磁场过程中，下列说法正确的是（）A.金属框中感应电流的大小和方向都不变B.金属框中磁通量的变化率变大C.金属框中感应电动势的变化率不变D.通过金属框的电荷量为〖答案〗C〖解析〗ABC．金属框运动过程中，根据楞次定律可知金属框磁通量增加，产生的感应电流方向一直为逆时针。只有边和边切割磁感线，若金属框速度为，运动时间为。根据右手定则和电磁感应定律可判断产生的电动势为根据几何关系可知整理可得故感应电动势的变化率为不变。根据可知随时间变小，故感应电流大小也随时间变小。根据可知磁通量的变化率也随时间减小，故AB错误、C正确；D．通过金属框的电荷量为故D错误。故选C。4.磁电式电流表的构造如图甲所示，在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针。蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示。当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弹簧被扭动，线圈停止转动时满足NBIS=kθ，式中N为线圈的匝数，S为线圈的面积，I为通过线圈的电流，B为磁感应强度，θ为线圈（指针）偏角，k是与螺旋弹簧有关的常量。不考虑电磁感应现象，由题中的信息可知（）A.线圈转动过程中受到的安培力逐渐变大B.若线圈中通以如图乙所示的电流时，线圈将沿逆时针方向转动C.线圈（指针）偏角θ与通过线圈电流I成正比D.电流表灵敏度定义为，更换k值更大的螺旋弹簧，可以增大电流表的灵敏度〖答案〗C〖解析〗A．磁场是均匀地辐射分布，线圈转过过程中各个位置的磁感应强度大小不变，故受到的安培力大小不变，故A错误；B．若线圈中通以如图乙所示的电流时，根据左手定则，左侧安培力向上，右侧安培力向下，线圈将沿顺时针方向转动，故B错误；C．根据题意线圈停止转动时满足NBIS=kθ解得可知线圈（指针）偏角θ与通过线圈的电流I成正比，故C正确；D．电流表的灵敏度定义为，根据题意NBIS=kθ解得可知更换k值更大的螺旋弹簧，电流表的灵敏度减小了，故D错误。故选C。5.第24届冬季奥运会于2022年2月4日在北京和张家口联合举行，跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，北京跳台滑雪赛道“雪如意”如图甲所示，其简化图如图乙所示，跳台滑雪赛道由助滑道AB，着陆坡BC，减速停止区CD三部分组成，B点处对应圆弧半径为R=50m。比赛中质量m=50kg的运动员从A点由静止下滑，运动到B点后水平飞出，落在着陆坡的C点，已知运动员在空中的飞行时间为4.5s，着陆坡的倾角θ=37°，重力加速度g=10m/s²，忽略空气阻力影响，则（）A.运动员从B点水平飞出的速度大小为60m/sB.运动员从B点飞出后离斜面最远时速度大小为45m/sC.运动员从B点飞出后经3s离斜面最远D.运动员在B点对轨道的压力为1400N〖答案〗D〖解析〗A．运动员从B点水平飞出后做平抛运动，因此有联立解得故A错误；B．运动员从B点飞出后离斜面最远时速度方向与斜面平行，则有联立解得故B错误；C．运动员从B点飞出后离斜面最远时，竖直方向有解得故C错误；D．运动员在B点飞出前在做圆周运动，根据牛顿第二定律有解得根据牛顿第三定律，运动员在B点对轨道的压力与轨道对运动员的支持力相等，故D正确。故选D。6.如图甲所示，质量为m，长为L的均匀软绳用细线悬挂在O1点，软绳下端刚好与地面接触。剪断细线，软绳自由下落，落地后速度立刻变为零。图乙中，质量也为m的小球用细线悬挂在O2点，小球离地面高度为L，小球可以看成质点，剪断细线后小球自由下落，并与地面发生弹性碰撞。不考虑部分软绳落地后引起的落点的变化，空气阻力不计，重力加速度为g，小球与地面碰撞的接触时间，则（）A.从细线断开到软绳全都落至地面过程中，地面对软绳的冲量大小为B.从细线断开到软绳全都落至地面过程中，地面对软绳的冲量大小为C.地面对小球的平均作用力大小为11mgD.地面对小球的平均作用力大小为21mg〖答案〗D〖解析〗AB．从细线断开到软绳全都落至地面有解得从细线断开到软绳全都落至地面过程中，对软绳用动量定理，取竖直向下为正方向解得地面对软绳的冲量大小为AB错误；CD．小球落地前瞬时速度大小为v，则解得小球与地面发生弹性碰撞，则原速率返回，对小球在与地面碰撞过程中用动量定理，设地面对小球的平均作用力大小为F，取竖直向上为正方向解得C错误，D正确。故选D。7.如图所示的O-xyz三维坐标系中，xOy平面在水平地面内，z轴正方向竖直向上，空间有水平方向的匀强电场，电场方向与x轴正方向夹角θ=37°，场强大小E=500V/m。现从坐标原点O以初速度v0=15m/s竖直向上抛出一带正电小球，已知小球质量m=0.01kg，带电量重力加速度g=10m/s²。下列说法正确的是（）A.小球运动过程中电势能先减小后增大B.经t=1.5s小球的速度最小，为7.5m/sC.t=2s时，小球的位置坐标为（8，6，10）D.取O点为零势能点，小球落地时的电势能为-2.25J〖答案〗C〖解析〗A．小球运动过程中沿x、y轴两个方向，电场力均做正功，则电势能减小，选项A错误；B．因沿水平方向电场力竖直向下的重力mg=0.1N则两个力的合力与竖直方向的夹角大小为当小球沿合力方向的速度减为零时速度最小，则经过的时间小球的速度最小，为选项B错误；C．t=2s时，沿z方向的位移沿x方向的位移沿y方向的位移小球的位置坐标为（8，6，10）选项C正确；D．小球落地时的时间沿电场力方向的位移则电场力做功等于的电势能减小，即即取O点为零势能点，小球落地时电势能为-1.125J，选项D错误。故选C。8.质量不计的直角支架两端分别连接质量为的小球A和质量为的小球B，支架的两直角边长度分别为和，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时OA边水平，现将小球A由静止释放，重力加速度为，则（）A.小球A到达最低点时的速度大小B.当OA与竖直方向夹角为时，球A、B速度达到最大C.球B最大速度为D.小球A到达最低点的过程中，杆对小球A所做的功为〖答案〗B〖解析〗A．根据题意，小球A由静止到达最低点过程中，以A球开始位置为零势能，由机械能守恒定律，对A、B组成的系统有两小球为同轴转动，角速度相同，由可知，两球的线速度之比为解得故A错误；D．根据题意，小球A由静止到达最低点过程中，设杆对小球A所做的功为，对小球A由动能定理有解得故D错误；BC．根据题意，设OA与竖直方向夹角为时，以A球开始位置为零势能，球A、B速度达到最大，由系机械能守恒定律，对系统有又有整理可得由数学知识可知，当时，小球A、B速度达到最大，小球B速度最大值为故C错误，B正确。故选B。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，某小型水电站通过升压变压器T₁、高压输电线路和降压变压器T₂将产生电能输送给5km外的用户，水电站输出电压为400V，高压输电线路的阻值为1Ω/km，输电总功率为20kW，用户端电压为220V。两变压器均为理想变压器，T₁的匝数比为1：5。下列说法正确的是（）A.T₁的输出电压为2000VB.T₂的匝数比n₃：n₄=95：11C.高压输电线上的电流为5AD.高压输电线上损失的电功率为1kW〖答案〗ABD〖解析〗A．根据变压器电压与匝数比关系，可得解得T1的输出电压为故A正确；C．高压输电线上的电流为故C错误；D．高压输电线总电阻高压输电线上损失的电功率为故D正确；B．高压输电线上损失的电压为T2的输入电压为T₂的匝数比故B正确。故选ABD。10.一列沿x轴传播的简谐横波，t=0.8s时的波形如图甲所示，质点N的平衡位置为xN=11m，质点M的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A.从t=0.8s时起到质点M通过的路程为20cm过程所用时间为0.6sB.质点M的平衡位置为xM=8mC.t=12s时质点N的位移y=20cmD.质点N的振动方程为〖答案〗BD〖解析〗A．根据振动图像，t=0.8s时，质点M向y轴负方向振动，说明波沿x轴正方向传播，由于M点此时并不是在正负最大位移处或者平衡位置，所以经过0.6s，也就是四分之一周期，质点运动的路程不是20cm，应该大于20cm，故A错误；B．由图可知，波长和周期分别为所以波速为根据振动图像可知，质点M在1.2s时回到平衡位置，结合波的传播，有解得故B正确；CD．根据波的传播，质点N在0.8s时向上振动，此后第一次到波峰的时间为t，则所以所以1.2s时N质点处于波峰，即解得所以质点N的振动方程为当t=12s时，有故C错误，D正确。故选BD。11.火星的半径是地球半径的二分之一，质量为地球质量的十分之一，忽略星球自转影响，地球表面重力加速度g=10m/s²。假定航天员在火星表面做了如下实验：一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，1s后与倾角为45°的斜面垂直相碰。已知半圆形管道的半径R=5m，小球可看作质点且质量m=5kg。则（）A.火星表面重力加速度大小为2.5m/s²B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离为4mC.小球经过管道的A点时，对管壁的压力为116ND.小球经过管道的B点时，对管壁的压力为66N〖答案〗BC〖解析〗A．忽略星球自转影响，在星球表面的物体受到的万有引力等于重力，则有可知由此可得故A错误；B．小球运动到C点的竖直分速度为与倾角为45°的斜面垂直相碰，则有水平位移为联立并代入数据解得点C与B点的水平距离为故B正确；C．对小球从A点到B点的过程，由动能定理可得在A点，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得由牛顿第三定律得联立解得故C正确；D．小球经过管道的B点时,设管壁给小球向下压力F2，由牛顿第二定律有解得说明管壁给小球有向上压力4N，根据牛顿第三定律，小球经过管道的B点时对管壁的压力为4N，故D错误。12.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，与水平面夹角α=30°，导轨宽度L=1m，导体棒ab垂直于导轨放置，且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B=2.0T。已知导体棒ab质量m=0.02kg，电容器电容为C=0.02F，耐压值足够大，定值电阻R=200Ω，重力加速度g=10m/s²，导体棒和导轨电阻不计。t=0时开关接1，导体棒ab由静止释放，t=2s时开关接2，下列说法正确的是（）A.t=2s时，导体棒ab的速度为2.5m/sB.t=2s时，电容器储存的电场能为0.16JC.开关接2瞬间，导体棒ab的加速度为3m/s²D.开关接2至导体棒ab达到最大速度的过程中，通过电阻R的电荷量为0.02C〖答案〗BC〖解析〗A．设在△t时间内，金属棒速度变化为△v，金属棒产生的感应电动势变化△E=BL△v电容器两极板电压变化△U=BL△v电容器所带电荷量变化△q=C△U=CBL△v金属棒中的电流对金属棒，由牛顿第二定律有解得t=2s时，导体棒ab的速度为故A错误；B．t=2s时，电容器储存的电场能故B正确；C．开关接2瞬间，对导体棒ab有，，解得故C正确；D．ab达到最大速度，，解得根据能量守恒，如果没有克服安培力做功解得通过电阻R的电荷量为实际上，克服安培力做功，下滑位移更大，则通过的电量更大，故D错误。故选BC。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.图甲为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。某同学欲用这套实验装置探究滑块的加速度与长木板、滑块间的动摩擦因数的关系，在其他条件不变的情况下，通过多次改变动摩擦因数μ的值，利用纸带测量对应的多个加速度a的值，画出了a-μ图像，如图乙所示。所有计算结果均保留两位有效数字，重力加速度g=10m/s²。（1）为尽可能准确地完成实验，下列做法正确的是_______。A．实验中需要保证桶和砂子的总质量m远小于滑块的质量MB．实验中需要保证滑块的质量M不变C．实验中不需要保证桶和砂子的总质量m不变D．连接滑块的细线要与长木板平行E．本实验中，需要平衡摩擦力（2）由图乙可知，若滑块的质量M=2kg，则小桶和砂子的总质量m=_______kg，图乙中b=_______m/s²。〖答案〗（1）BD（2）0.502.0〖解析〗（1）〖1〗A．实验中的研究对象是小桶和滑块的整体，则不需要保证桶和砂子的总质量m远小于滑块的质量M，故A错误；BC．实验中多次改变的值，需要其他条件不变，则需要保证滑块的质量M不变，需要保证桶和砂子的总质量m不变，故B正确，C错误；D．连接滑块的细线要与长木板平行，避免拉力产生垂直于木板方向的分力，故D正确。E．本实验中，需要研究摩擦力，不需要平衡摩擦力，故E错误。故选BD。（2）〖2〗由图乙可知，当时，加速度为零，由平衡条件有解得〖3〗根据题意，由牛顿第二定律有整理得结合图乙可得14.实验方案对实验测量的精度有直接的影响。某学习小组利用以下实验器材对“测量电池的电动势和内阻”的实验进行了探究。实验室提供的器材有：A．干电池一节（电动势约为1.5V，内阻小于1Ω）B．毫安表（量程0.15mA，内阻1kΩ）C．毫安表（量程300mA，内阻约为3Ω）D．定值电阻（阻值为9kΩ）E．定值电阻（阻值为3Ω）F．滑动变阻器（最大阻值为30Ω）G．开关一个，导线若干（1）请设计合理的电路，并将电路图画在虚线框内______。（2）某同学合理设计实验方案并进行实验，多次改变滑动变阻器滑片的位置，记录多组电流表、的示数、，并描在如图所示图像中，根据图像可得电池电动势______V，内阻______Ω。（结果均保留两位有效数字）（3）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电源的输出功率P发生变化，下列示意图能大致反映电源的输出功率P随滑动变阻器接入电路的阻值变化关系的是______。AB．C．D．〖答案〗（1）见〖解析〗（2）（3）D〖解析〗（1）〖1〗实验室提供的器材缺少电压表因而需要改装电压表，需要在内阻准确的毫安表基础上串联一个大电阻改装成量程为的电压表电源电动势约为，改装表满足测量需求；毫安表内阻不准确，故需要排除毫安表分流影响；电源内阻阻值较小，为了方便数据处理可以将串联在电路中。电路图如下图所示（2）〖2〗〖3〗根据闭合电路欧姆定律可得读出其中两点坐标和代入上述方程，解得电动势和内阻分别为，（3）〖4〗设外电路总电阻为，则电源的输出功率可知时电源的输出功率最大，由于，则根据电路的动态分析，增加则增加且一定大于电源内阻，电源的输出功率会随之减小。故选D。15.如图所示为一个用折射率的透明介质做成的四棱柱，其中，，。现有一平行光束垂直于四棱柱侧面入射，已知，，，求：（1）从侧面入射到面上的光线经第一次反射后的反射光线与面的夹角；（2）面上的发光面积。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）根据题意，在四棱柱横截面上画出光路图，如图所示由几何关系可知可得面入射光线的入射角为，则从侧面入射到面上的光线经第一次反射后的反射光线与面的夹角为。（2）根据题意，由公式可得可知，临界角小于，根据折射定律和反射定律画出截面上的光路图，如图所示可知，光线从段入射，可以从段射出，光线从段入射，无论是经反射，还是直接照射到，在上的入射角均大于临界角，不能从上射出，由于，可得由几何关系可得则面上的发光面积为16.一根轻质细绳绕过轻质定滑轮，右边系着质量M=3kg的物块A，左边穿过长为L=3.0m的细管后下端系着质量m=2kg的物块B，细管由锁定装置固定不动，物块B距细管下端h=2.0m，已知物块B通过细管时与管内壁间的滑动摩擦力f=4N，开始时A、B均静止，绳处于拉直状态，同时释放A和B。A、B均看作质点，不计滑轮与轮轴之间的摩擦，重力加速度g=10m/s²。求：（1）刚释放A、B时，绳的拉力大小；（2）物块B刚通过细管时速度大小。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）对物块A、B由牛顿第二定律分别可得联立解得（2）对A、B由机械能守恒可得解得17.在三维坐标系O-xyz中存在一长方体，其所在区域内匀强磁场分布如图所示，平面mnij左侧磁场沿z轴负方向、磁感应强度大小为B₁，右侧磁场沿mi方向，磁感应强度大小为B₂，其中均未知）。现有电量为q（q>0）、质量为m的带电粒子以初速度v从a点沿平面adjm进入磁场，经j点垂直平面mnij进入右侧磁场，最后离开长方体区域。已知长方体侧面abcd为边长为L的正方形，其余边长如图中所示，sin37°=0.6，sin53°=0.8，不计粒子重力。求：（1）平面mnij左侧空间磁场磁感应强度B₁的大小；（2）粒子离开磁场时位置坐标及在磁场中的运动时间；（3）若平面mnij右侧空间磁场换成由j到n方向且电场强度E大小可变的匀强电场（电场图中未画出，其余条件不变），求粒子离开长方体区域时动能，与E的关系式。〖答案〗（1）；（2）（-2L，0，0），；（3）见〖解析〗〖解析〗（1）粒子在面adjm内做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示：设其轨道半径为r1由几何关系得得（2）经分析粒子到达点j后在平面nb'd'j内做匀速圆周运动，设其轨道半径为r2，得运动轨迹如图乙所示可知粒子从n点回到平面mnij左侧磁场，在左侧磁场中运动时轨迹在平面bnic内，假设粒子从ic边离开磁场，运动轨迹如图丙所示由几何关系得即点f与点c重合。故粒子从c点离开磁场，其坐标为（-2L，0，0）粒子从a到j运动时间为t1粒子从j到n运动时间为t2粒子从n到c运动时间为t3故粒子在磁场中运动时间（3）粒子在电场中做匀变速曲线运动，当粒子从b'点离开电场时，得当时，粒子从nb'边离开长方体。得当时，粒子从d'b'边离开得由得18.窗帘是我们日常生活中很常见的一种家具装饰物，具有遮阳隔热和调节室内光线的功能。图甲为罗马杆滑环窗帘示意图。假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，将图甲中的窗帘抽象为图乙所示模型。长滑杆水平固定，上有10个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，滑环从左至右依次编号为1、2、3⋯⋯10。窗帘拉开后，相邻两环间距离均为L=0.2m，每个滑环的质量均为m=0.4kg，滑环与滑杆之间的动摩擦因数均为μ=0.1。窗帘未拉开时，所有滑环可看成挨在一起处于滑杆右侧边缘处，滑环间无挤压，现在给1号滑环一个向左的初速度，使其在滑杆上向左滑行（视为只有平动）；在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的窗帘绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，窗帘绷紧的过程用时极短，可忽略不计。不考虑空气阻力的影响，重力加速度g=10m/s²。（1）若要保证2号滑环能动起来，求1号滑环的最小初速度；（2）假设1号滑环与2号滑环间窗帘绷紧前其瞬间动能为E，求窗帘绷紧后瞬间两者的总动能以及由于这部分窗帘绷紧而损失的动能；（3）9号滑环开始运动后继续滑行0.05m后停下来，求1号滑环的初速度大小；（4）在（3）的条件下，求全过程中由于窗帘绷紧而损失的能量。〖答案〗（1）；（2），；（3）；（4）〖解析〗（1）设1号环的初速度为v0，则由动能定理可得解得（2）设窗帘绷紧前瞬间滑环1的速度为v1，滑环2的速度为0，绷紧后共同速度为v，则窗帘绷紧前后动量守恒，有绷紧后系统动能为又知联立解得故损失动能为（3）设1号滑环的初速度为，其动能为，1号环滑行距离L，1、2绷紧前瞬间，系统剩余动能为据（2）的分析可得，1、2绷紧后瞬间，系统剩余动能为在1、2滑环共同滑行距离L、第2与第3滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为2、3滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为依次类推，在8、9号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为8与9滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为由题意可知，8与9号滑环绷紧后还可以继续滑行距离l后静止，因而有联立解得1号滑环的初速度大小为（4）整个过程中克服摩擦力所做的功为在整个过程中仅由窗帘绷紧引起的动能损失为代入数据解得

高三物理2023．1注意事项：1．答题前，考生先将自己的学校、姓名、班级、座号、考号填涂在相应位置。2．选择题〖答案〗必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题〖答案〗必须使用0．5毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用2B铅笔作答，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的〖答案〗无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图是蓝色大闪蝶，在阳光下可以看到其翅膀灿烂闪烁。蓝色大闪蝶的翅膀表面有凸起的翅脊，这些翅脊有一串类似台阶的结构。光照射翅脊上“台阶结构”的典型光路如图所示，则（）A.翅膀灿烂闪烁是光的干涉现象B.翅膀灿烂闪烁是光的色散现象C.翅膀灿烂闪烁是光的全反射现象D.光在空气中的波长约是在翅脊中波长的倍〖答案〗A〖解析〗ABC．翅膀灿烂闪烁是光的薄膜干涉现象，选项A正确，BC错误；D．根据选项D错误。故选A。2.如图所示为某科学实验小组利用计算机和传感器绘制出的一玩具小车做直线运动的v-x图像，则下列说法正确的是（）A.该玩具小车做匀变速直线运动B.该玩具小车运动的加速度逐渐增大C.该玩具小车运动的加速度逐渐减小D.该玩具小车运动的加速度随时间均匀变化〖答案〗B〖解析〗BCD．根据图像得所以得式中k不变，随着速度v的增大，加速度a增大，所以加速度随时间增大，B正确，CD错误；A．因为加速度增大，小车做非匀变速度直线运动，A错误。故选B。3.如图所示，平面的第一象限内存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁场边界与轴成角，边长为的正方形金属框MNPQ中心位于磁场边界上，电阻为R。现使金属框匀速向右运动至完全进入磁场过程中，下列说法正确的是（）A.金属框中感应电流的大小和方向都不变B.金属框中磁通量的变化率变大C.金属框中感应电动势的变化率不变D.通过金属框的电荷量为〖答案〗C〖解析〗ABC．金属框运动过程中，根据楞次定律可知金属框磁通量增加，产生的感应电流方向一直为逆时针。只有边和边切割磁感线，若金属框速度为，运动时间为。根据右手定则和电磁感应定律可判断产生的电动势为根据几何关系可知整理可得故感应电动势的变化率为不变。根据可知随时间变小，故感应电流大小也随时间变小。根据可知磁通量的变化率也随时间减小，故AB错误、C正确；D．通过金属框的电荷量为故D错误。故选C。4.磁电式电流表的构造如图甲所示，在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针。蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示。当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弹簧被扭动，线圈停止转动时满足NBIS=kθ，式中N为线圈的匝数，S为线圈的面积，I为通过线圈的电流，B为磁感应强度，θ为线圈（指针）偏角，k是与螺旋弹簧有关的常量。不考虑电磁感应现象，由题中的信息可知（）A.线圈转动过程中受到的安培力逐渐变大B.若线圈中通以如图乙所示的电流时，线圈将沿逆时针方向转动C.线圈（指针）偏角θ与通过线圈电流I成正比D.电流表灵敏度定义为，更换k值更大的螺旋弹簧，可以增大电流表的灵敏度〖答案〗C〖解析〗A．磁场是均匀地辐射分布，线圈转过过程中各个位置的磁感应强度大小不变，故受到的安培力大小不变，故A错误；B．若线圈中通以如图乙所示的电流时，根据左手定则，左侧安培力向上，右侧安培力向下，线圈将沿顺时针方向转动，故B错误；C．根据题意线圈停止转动时满足NBIS=kθ解得可知线圈（指针）偏角θ与通过线圈的电流I成正比，故C正确；D．电流表的灵敏度定义为，根据题意NBIS=kθ解得可知更换k值更大的螺旋弹簧，电流表的灵敏度减小了，故D错误。故选C。5.第24届冬季奥运会于2022年2月4日在北京和张家口联合举行，跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，北京跳台滑雪赛道“雪如意”如图甲所示，其简化图如图乙所示，跳台滑雪赛道由助滑道AB，着陆坡BC，减速停止区CD三部分组成，B点处对应圆弧半径为R=50m。比赛中质量m=50kg的运动员从A点由静止下滑，运动到B点后水平飞出，落在着陆坡的C点，已知运动员在空中的飞行时间为4.5s，着陆坡的倾角θ=37°，重力加速度g=10m/s²，忽略空气阻力影响，则（）A.运动员从B点水平飞出的速度大小为60m/sB.运动员从B点飞出后离斜面最远时速度大小为45m/sC.运动员从B点飞出后经3s离斜面最远D.运动员在B点对轨道的压力为1400N〖答案〗D〖解析〗A．运动员从B点水平飞出后做平抛运动，因此有联立解得故A错误；B．运动员从B点飞出后离斜面最远时速度方向与斜面平行，则有联立解得故B错误；C．运动员从B点飞出后离斜面最远时，竖直方向有解得故C错误；D．运动员在B点飞出前在做圆周运动，根据牛顿第二定律有解得根据牛顿第三定律，运动员在B点对轨道的压力与轨道对运动员的支持力相等，故D正确。故选D。6.如图甲所示，质量为m，长为L的均匀软绳用细线悬挂在O1点，软绳下端刚好与地面接触。剪断细线，软绳自由下落，落地后速度立刻变为零。图乙中，质量也为m的小球用细线悬挂在O2点，小球离地面高度为L，小球可以看成质点，剪断细线后小球自由下落，并与地面发生弹性碰撞。不考虑部分软绳落地后引起的落点的变化，空气阻力不计，重力加速度为g，小球与地面碰撞的接触时间，则（）A.从细线断开到软绳全都落至地面过程中，地面对软绳的冲量大小为B.从细线断开到软绳全都落至地面过程中，地面对软绳的冲量大小为C.地面对小球的平均作用力大小为11mgD.地面对小球的平均作用力大小为21mg〖答案〗D〖解析〗AB．从细线断开到软绳全都落至地面有解得从细线断开到软绳全都落至地面过程中，对软绳用动量定理，取竖直向下为正方向解得地面对软绳的冲量大小为AB错误；CD．小球落地前瞬时速度大小为v，则解得小球与地面发生弹性碰撞，则原速率返回，对小球在与地面碰撞过程中用动量定理，设地面对小球的平均作用力大小为F，取竖直向上为正方向解得C错误，D正确。故选D。7.如图所示的O-xyz三维坐标系中，xOy平面在水平地面内，z轴正方向竖直向上，空间有水平方向的匀强电场，电场方向与x轴正方向夹角θ=37°，场强大小E=500V/m。现从坐标原点O以初速度v0=15m/s竖直向上抛出一带正电小球，已知小球质量m=0.01kg，带电量重力加速度g=10m/s²。下列说法正确的是（）A.小球运动过程中电势能先减小后增大B.经t=1.5s小球的速度最小，为7.5m/sC.t=2s时，小球的位置坐标为（8，6，10）D.取O点为零势能点，小球落地时的电势能为-2.25J〖答案〗C〖解析〗A．小球运动过程中沿x、y轴两个方向，电场力均做正功，则电势能减小，选项A错误；B．因沿水平方向电场力竖直向下的重力mg=0.1N则两个力的合力与竖直方向的夹角大小为当小球沿合力方向的速度减为零时速度最小，则经过的时间小球的速度最小，为选项B错误；C．t=2s时，沿z方向的位移沿x方向的位移沿y方向的位移小球的位置坐标为（8，6，10）选项C正确；D．小球落地时的时间沿电场力方向的位移则电场力做功等于的电势能减小，即即取O点为零势能点，小球落地时电势能为-1.125J，选项D错误。故选C。8.质量不计的直角支架两端分别连接质量为的小球A和质量为的小球B，支架的两直角边长度分别为和，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时OA边水平，现将小球A由静止释放，重力加速度为，则（）A.小球A到达最低点时的速度大小B.当OA与竖直方向夹角为时，球A、B速度达到最大C.球B最大速度为D.小球A到达最低点的过程中，杆对小球A所做的功为〖答案〗B〖解析〗A．根据题意，小球A由静止到达最低点过程中，以A球开始位置为零势能，由机械能守恒定律，对A、B组成的系统有两小球为同轴转动，角速度相同，由可知，两球的线速度之比为解得故A错误；D．根据题意，小球A由静止到达最低点过程中，设杆对小球A所做的功为，对小球A由动能定理有解得故D错误；BC．根据题意，设OA与竖直方向夹角为时，以A球开始位置为零势能，球A、B速度达到最大，由系机械能守恒定律，对系统有又有整理可得由数学知识可知，当时，小球A、B速度达到最大，小球B速度最大值为故C错误，B正确。故选B。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，某小型水电站通过升压变压器T₁、高压输电线路和降压变压器T₂将产生电能输送给5km外的用户，水电站输出电压为400V，高压输电线路的阻值为1Ω/km，输电总功率为20kW，用户端电压为220V。两变压器均为理想变压器，T₁的匝数比为1：5。下列说法正确的是（）A.T₁的输出电压为2000VB.T₂的匝数比n₃：n₄=95：11C.高压输电线上的电流为5AD.高压输电线上损失的电功率为1kW〖答案〗ABD〖解析〗A．根据变压器电压与匝数比关系，可得解得T1的输出电压为故A正确；C．高压输电线上的电流为故C错误；D．高压输电线总电阻高压输电线上损失的电功率为故D正确；B．高压输电线上损失的电压为T2的输入电压为T₂的匝数比故B正确。故选ABD。10.一列沿x轴传播的简谐横波，t=0.8s时的波形如图甲所示，质点N的平衡位置为xN=11m，质点M的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A.从t=0.8s时起到质点M通过的路程为20cm过程所用时间为0.6sB.质点M的平衡位置为xM=8mC.t=12s时质点N的位移y=20cmD.质点N的振动方程为〖答案〗BD〖解析〗A．根据振动图像，t=0.8s时，质点M向y轴负方向振动，说明波沿x轴正方向传播，由于M点此时并不是在正负最大位移处或者平衡位置，所以经过0.6s，也就是四分之一周期，质点运动的路程不是20cm，应该大于20cm，故A错误；B．由图可知，波长和周期分别为所以波速为根据振动图像可知，质点M在1.2s时回到平衡位置，结合波的传播，有解得故B正确；CD．根据波的传播，质点N在0.8s时向上振动，此后第一次到波峰的时间为t，则所以所以1.2s时N质点处于波峰，即解得所以质点N的振动方程为当t=12s时，有故C错误，D正确。故选BD。11.火星的半径是地球半径的二分之一，质量为地球质量的十分之一，忽略星球自转影响，地球表面重力加速度g=10m/s²。假定航天员在火星表面做了如下实验：一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，1s后与倾角为45°的斜面垂直相碰。已知半圆形管道的半径R=5m，小球可看作质点且质量m=5kg。则（）A.火星表面重力加速度大小为2.5m/s²B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离为4mC.小球经过管道的A点时，对管壁的压力为116ND.小球经过管道的B点时，对管壁的压力为66N〖答案〗BC〖解析〗A．忽略星球自转影响，在星球表面的物体受到的万有引力等于重力，则有可知由此可得故A错误；B．小球运动到C点的竖直分速度为与倾角为45°的斜面垂直相碰，则有水平位移为联立并代入数据解得点C与B点的水平距离为故B正确；C．对小球从A点到B点的过程，由动能定理可得在A点，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得由牛顿第三定律得联立解得故C正确；D．小球经过管道的B点时,设管壁给小球向下压力F2，由牛顿第二定律有解得说明管壁给小球有向上压力4N，根据牛顿第三定律，小球经过管道的B点时对管壁的压力为4N，故D错误。12.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，与水平面夹角α=30°，导轨宽度L=1m，导体棒ab垂直于导轨放置，且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B=2.0T。已知导体棒ab质量m=0.02kg，电容器电容为C=0.02F，耐压值足够大，定值电阻R=200Ω，重力加速度g=10m/s²，导体棒和导轨电阻不计。t=0时开关接1，导体棒ab由静止释放，t=2s时开关接2，下列说法正确的是（）A.t=2s时，导体棒ab的速度为2.5m/sB.t=2s时，电容器储存的电场能为0.16JC.开关接2瞬间，导体棒ab的加速度为3m/s²D.开关接2至导体棒ab达到最大速度的过程中，通过电阻R的电荷量为0.02C〖答案〗BC〖解析〗A．设在△t时间内，金属棒速度变化为△v，金属棒产生的感应电动势变化△E=BL△v电容器两极板电压变化△U=BL△v电容器所带电荷量变化△q=C△U=CBL△v金属棒中的电流对金属棒，由牛顿第二定律有解得t=2s时，导体棒ab的速度为故A错误；B．t=2s时，电容器储存的电场能故B正确；C．开关接2瞬间，对导体棒ab有，，解得故C正确；D．ab达到最大速度，，解得根据能量守恒，如果没有克服安培力做功解得通过电阻R的电荷量为实际上，克服安培力做功，下滑位移更大，则通过的电量更大，故D错误。故选BC。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.图甲为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。某同学欲用这套实验装置探究滑块的加速度与长木板、滑块间的动摩擦因数的关系，在其他条件不变的情况下，通过多次改变动摩擦因数μ的值，利用纸带测量对应的多个加速度a的值，画出了a-μ图像，如图乙所示。所有计算结果均保留两位有效数字，重力加速度g=10m/s²。（1）为尽可能准确地完成实验，下列做法正确的是_______。A．实验中需要保证桶和砂子的总质量m远小于滑块的质量MB．实验中需要保证滑块的质量M不变C．实验中不需要保证桶和砂子的总质量m不变D．连接滑块的细线要与长木板平行E．本实验中，需要平衡摩擦力（2）由图乙可知，若滑块的质量M=2kg，则小桶和砂子的总质量m=_______kg，图乙中b=_______m/s²。〖答案〗（1）BD（2）0.502.0〖解析〗（1）〖1〗A．实验中的研究对象是小桶和滑块的整体，则不需要保证桶和砂子的总质量m远小于滑块的质量M，故A错误；BC．实验中多次改变的值，需要其他条件不变，则需要保证滑块的质量M不变，需要保证桶和砂子的总质量m不变，故B正确，C错误；D．连接滑块的细线要与长木板平行，避免拉力产生垂直于木板方向的分力，故D正确。E．本实验中，需要研究摩擦力，不需要平衡摩擦力，故E错误。故选BD。（2）〖2〗由图乙可知，当时，加速度为零，由平衡条件有解得〖3〗根据题意，由牛顿第二定律有整理得结合图乙可得14.实验方案对实验测量的精度有直接的影响。某学习小组利用以下实验器材对“测量电池的电动势和内阻”的实验进行了探究。实验室提供的器材有：A．干电池一节（电动势约为1.5V，内阻小于1Ω）B．毫安表（量程0.15mA，内阻1kΩ）C．毫安表（量程300mA，内阻约为3Ω）D．定值电阻（阻值为9kΩ）E．定值电阻（阻值为3Ω）F．滑动变阻器（最大阻值为30Ω）G．开关一个，导线若干（1）请设计合理的电路，并将电路图画在虚线框内______。（2）某同学合理设计实验方案并进行实验，多次改变滑动变阻器滑片的位置，记录多组电流表、的示数、，并描在如图所示图像中，根据图像可得电池电动势______V，内阻______Ω。（结果均保留两位有效数字）（3）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电源的输出功率P发生变化，下列示意图能大致反映电源的输出功率P随滑动变阻器接入电路的阻值变化关系的是______。AB．C．D．〖答案〗（1）见〖解析〗（2）（3）D〖解析〗（1）〖1〗实验室提供的器材缺少电压表因而需要改装电压表，需要在内阻准确的毫安表基础上串联一个大电阻改装成量程为的电压表电源电动势约为，改装表满足测量需求；毫安表内阻不准确，故需要排除毫安表分流影响；电源内阻阻值较小，为了方便数据处理可以将串联在电路中。电路图如下图所示（2）〖2〗〖3〗根据闭合电路欧姆定律可得读出其中两点坐标和代入上述方程，解得电动势和内阻分别为，（3）〖4〗设外电路总电阻为，则电源的输出功率可知时电源的输出功率最大，由于，则根据电路的动态分析，增加则增加且一定大于电源内阻，电源的输出功率会随之减小。故选D。15.如图所示为一个用折射率的透明介质做成的四棱柱，其中，，。现有一平行光束垂直于四棱柱侧面入射，已知，，，求：（1）从侧面入射到面上的光线经第一次反射后的反射光线与面的夹角；（2）面上的发光面积。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）根据题意，在四棱柱横截面上画出光路图，如图所示由几何关系可知可得面入射光线的入射角为，则从侧面入射到面上的光线经第一次反射后的反射光线与面的夹角为。（2）根据题意，由公式可得可知，临界角小于，根据折射定律和反射定律画出截面上的光路图，如图所示可知，光线从段入射，可以从段射出，光线从段入射，无论是经反射，还是直接照射到，在上的入射角均大于临界角，不能从上射出，由于，可得由几何关系可得则面上的发光面积为16.一根轻质细绳绕过轻质定滑轮，右边系着质量M=3kg的物块A，左边