重庆市2023-2024学年高三年级上册联考物理试题试卷

重庆市2023-2024学年高三上学期联考物理试题试卷

阅卷入

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的

得分四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.2017年11月5日,我国用长征火箭成功发射了两颗北斗三号组网卫星（如图所示），开启了北斗卫星

导航系统全球组网的新时代。下列关于火箭在竖直方向加速起飞阶段的说法，正确的是（）

A.火箭只受到重力和空气阻力的作用

B.火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力大小相等

C.火箭处于失重状态

D.保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后，相对地面由静止下落

2.如图（甲）所示，质最m=2kg的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R=0.5m的薄圆

筒上。t=0时刻，圆筒由静止开始绕竖直中心轴转动，其角速度3随时间t的变化规律如图（乙）所示，

小物体和地面间的动摩擦因数为0.1,重力加速度g=10m/s2。则下列判断正确的是（）

A.细线的拉力大小为4N

B.细线拉力的瞬时功率满足P=4t

C.小物体的速度随时间的变化关系满足v=4t

D.在0-4s内，小物体受合力的冲量为4N・g

3.如图所示，斜面置于粗糙水平地面上，在斜面的顶角处，固定一个小的定滑轮，质量分别为mi、m2

的物块，用细线相连跨过定滑轮，mi搁置在斜面上.下述正确的是（）

A.如果mi、m2均静止，则地面对斜面没有摩擦力

B.如果mi沿斜面向下匀速运动，则地面对斜面有向右的摩擦力

C.如果mi沿斜面向上加速运动，则地面对斜面有向左的摩擦力

D.如果mi沿斜面向下加速运动，则地面对斜面有向右的摩擦力

4.如图所示，斜面体B放置在粗糙的水平地面上，在水平向左的推力F作用下，物体A和斜面体B均

保持静止。若减小推力F,物体A仍然静止在斜面体B上，则（）

A.物体A受斜面体B的作用力一定减小

B.物体A所受摩擦力一定减小

C.斜面体B所受合力一定减小

D.斜面体B所受地面的摩擦力可能增大

5.科学家通过实验研究发现，放射性元素情u有多种可能的衰变途径：2留U先变成28历，2部Bi可以经

一次衰变变成8打3也可以经一次衰变变成21£x（X代表某种元素），8打i和21世最后都变成畸Pb,衰变

路径如图所示。则以下判断正确的是（）

~*中Bi—•

①

III

*Ti-

A.a=211,b=82

B.①是0衰变，②是a衰变

C.①②均是a衰变

D.2用〃经过7次。衰变5次p衰变后变成2部Bi

6.如图甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示

的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为小的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动，A、B分别为

轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力

加速度为g，则

A.铁球绕轨道可能做匀速圆周运动

B.铁球绕轨道运动过程中机械能守恒

C.铁球在A点的速度必须大于阿

D.轨道对铁球的磁性引力至少为3mg,才能使铁球不脱轨

阅卷入二'多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的

四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但

得分不全的得3分，有选错的得0分。

7.质谱仪用来分析带电粒子的质量与电荷量，其构造原理如图所示。将第一种粒子源放于S处，经加速

电场（电压为U）加速后垂直于磁场方向、垂直于磁场边界进入匀强磁场。在磁场中运动后到达磁场边界

上的P点。换第二种粒子源也放在S处，其粒子同样到达P点。粒子从粒子源射出的初速度均为零，不计

粒子重力。则下列说法正确的是（）

I••♦

P.•.

A.若第二种粒子的电性与第一种不同，需同时改变电场方向与磁场方向

B.若第二种粒子的电性与第一种不同，只需改变电场方向或磁场方向即可

C.若第二种粒子与第一种粒子是同位素，其质量比为保持电场电压不变，则磁场磁感应强度需

调整为原来的像

727

D.若第二种粒子与第-种粒子的质量比为电荷量比为保持磁场磁感应强度不变，则电场电

压需调整为原来的黑

169

8.一静止在水平地面上的物块，受到方向不变的水平拉力F作用。0~4s时间内，拉力F的大小和物块加

速度a的大小随时间t变化的关系分别如图甲、图乙所示。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度

gMX10m/s2o由此可求得（）

A.物块与水平地面间的最大静摩擦力的大小为2N

B.物块的质量等于1.5kg

C.在0~4s时间内，合力对物块冲量的大小为6.75N•S

D.在0~4s时间内，摩擦力对物块的冲量大小为6N-S

9.如图所示，半径为R的J圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，过（一2R,0）点垂直x轴放置

一线型粒子发射装置，能在0<y<R的区间内各处沿x轴正方向同时发射出速度均为v、带正电的同种粒

子，粒子质量为m,电荷量为q。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。若某时刻粒子被装置发射出

后，经过磁场偏转恰好击中y轴上的同一位置，则下列说法中正确的是（）

B.磁场的磁感应强度为战

C.粒子离开磁场时速度方向相同

D.粒子从离开发射装置到击中y轴所用时间t的范围为穹V/<0裂

10.在水面上的同一区域内，甲、乙两列水面波独立传播，传播方向互相垂直，波的频率均为2Hz。t=

0时刻其波峰与波谷情况如图所示。甲波的振幅为5cm,乙波的振幅为10cm。质点2、3、5共线且等距

离。下列说法中正确的是。

实线为波峰，虚线为波谷

A.质点2的振动周期为0.5s

B.质点2的振幅为15cm

C.图示时刻质点1、2的竖直高度差为15cm

D.图示时刻质点3正处于平衡位置且向上运动

E.从图示的时刻起经0.25s,质点5通过的路程为30cm

阅卷人

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题

得分处，不要求写出演算过程。

11.教材列出的木一木动摩擦因数为0.30,实验小组采用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦

因数。实验中，木块在重锤的拉动下，沿水平长木板做匀加速运动。

堂打点计时器

图甲

(1)实验所用重锤质量150g左右，下列供选择的木块质量最合适的是—；

A.20gB.260gC.500gD.600g

(2)关于实验操作和注意事项，下列说法正确的有—；

A.实验中先释放木块，后接通电源

B.调整定滑轮高度，使细线与板面平行

C.必须满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等

D.木块释放位置到滑轮距离正常应在0.6m左右

(3)实验得到的一根纸带如图乙所示，从某个清晰的点开始，每5个打点取一个计数点，依次标出

0、1、2、3、4、5、6,测得点O与点3、点6间的距离分别为19.90cm、54.20cm,计时器打点周期为

0.02s,则木块加速度a=m/s2(保留两位有效数字)；

口！31g:父

~~SZ~~

(4)实验测得日=0.33,大于教材列表中的标值，请写出两个可能的原

因：，O

12.图甲是简易多用电表的电路原理图，图中E是电源，Ri、R2、R3、R4、R5是定值电阻，R6是可变电

阻，表头G的满偏电流为200uA。内阻为600Q其表盘如图乙所示。图甲中虚线方框内为换挡开关，A

端和B端分别与两表笔相连，该多用电表有5个挡位，分别为：直流电流1A挡和500^A挡，欧姆xlk。

挡，直流电压2.5V挡和10V挡。

（1）若用欧姆xlkC挡测二极管的反向电阻，则A端与二极管的（选填“正”或“负”）极相

接触，测得的示数如图乙中a所示，则该二极管的反向电阻为kQ»

（2）某次测量时该多用电表指针位置如图乙中b所示，若此时B端是与“1”相连的，则多用电表的示

数为;若此时B端是与“4”相连的则多用电表的示数为o

（3）根据题中所给的条件可得Ri、R2的阻值之和为Qo

阅卷人四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题

得分处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13.PQ为一接收屏，一半径为R=0.1m半球形透明物的直径MN恰好与接收屏垂直，如图所示，一细光

束由透明物的右侧平行于接收屏射向透明物的球心。现让细光束以球心为圆心顺时针转过30。时，经观测

接收屏上出现两个亮点，且两亮点之间的距离用L表示；细光束转过的角度为45。时，接收屏上刚好出

现一个亮点。求：

（1）该透明物的折射率为多大？

（2）由以上叙述求L应为多长？

14.一U形管竖直放置，管内横截面积处处相等，左管绝热且上端封闭，右管导热且用活塞封闭。活塞

a、b、c为厚度可忽略的光滑轻活塞，a隔热，b、c导热，a、b活塞下方为水银，上方为空气（可视为理

想气体）。初始时，两空气柱和环境温度均为27℃,管内水银柱和空气柱长度如图所示。缓慢向下推动活

塞c,直至a、b活塞处于同一高度为止。测量发现左侧空气柱温度升高5℃。已知大气压强

po=76.0cmHgo（计算结果保留一位小数）

(1)求温度升高后左侧空气柱的压强；

(2)求c活塞向下推动的距离。

15.研究表明，新冠病毒耐寒不耐热，温度在超过56℃时，30分钟就可以灭活。如图，含有新冠病毒的

气体被轻质绝热活塞封闭在绝热气缸下部a内，气缸顶端有一绝热阀门K,气缸底部接有电热丝E。a缸

内被封闭气体初始温度tl=27℃,活塞位于气缸中央，与底部的距离hl=60cm,活塞和气缸间的摩擦不

计。

f

(1)若阀门K始终打开，电热丝通电一段时间，稳定后活塞与底部的距禺h2=66cm,持续30分钟

后，试分析说明a内新冠病毒能否被灭活？

(2)若阀门K始终闭合，电热丝通电一段时间，给a缸内气体传递了Q=1.0xl04J的热量，稳定后气

体a内能增加了△U=8.5xlO3J,求此过程气体b的内能增加量。

答案解析部分

L【答案】B

【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；竖直上抛运动；超重与失重

【解析】【解答】A、火箭受到重力和空气阻力以及内部燃料喷出时的作用力，故A错误；

B、火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力为作用力和反作用力，二者大小相等，故

B正确；

C、火箭加速向上，故处于超重状态，故C错误；

D、保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后，由于具有向上的速度，故做竖直上抛运动，故D错误。

故答案为：Bo

【分析】相互作用力等大，反向，作用在不同物体上。加速度向上，物体处于超重状态。保温泡沫塑料

从箭壳上自行脱落后，由于具有向上的速度。

2.【答案】D

【知识点】牛顿第二定律；牛顿定律与图象

【解析】【解答】AC.根据图象可知，圆筒做匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为3=t

圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据v=a)R得v=a>R=0.5t

物体运动的加速度a=黑=0彳产=0.5m/s2

根据牛顿第二定律得F-林mg=ma

解得细线的拉力大小为F=2x0.5+0.1x2x10=3N

AC不符合题意；

B.细线拉力的瞬时功率P=Fv=3x0.5t=1.5t

B不符合题意；

D.物体的合力大小为F合=F—因ng=3-0.1x2x10=IN

在0-4s内，小物体受合力的冲量为1=F合t=lx4=4N-s

D符合题意。

故答案为：D。

【分析】利用线速度的表达式结合加速度的定义式可以求出加速度的大小和速度和时间的关系，结合牛

顿第二定律可以求出拉力的大小；利用功率的表达式可以求出瞬时功率的大小；利用合力和时间可以求

出冲量的大小。

3.【答案】A

【知识点】共点力平衡条件的应用；对单物体（质点）的应用

【解析】【解答】如果mi、m2均静止或mi沿斜面向下匀速运动，以mi、m2和斜面组成的整体为研究对

象，整体的为合力都为零，其受力情况如图1,由平衡条件得知，地面对斜面没有摩擦力.A符合题意,

B不符合题意.

图1图2

如果mi沿斜面向上加速运动，将mi的加速度分解为水平和竖直两个方向如图2,根据牛顿第二定律可

知，整体有水平向右分加速度，则地面对斜面有向右的摩榛力.C不符合题意.与C项同理可知，如果

mi沿斜面向下加速运动，其加速度沿斜面向下，整体有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律得知，

地面对斜面有向左的摩榛力.D不符合题意.

故答案为：A.

【分析】利用整体的平衡方程可以判别地面没有摩擦力的作用；利用整体法结合牛顿第二定律的合力方

向可以判别地面摩擦力的方向。

4.【答案】A

【知识点】动态平衡分析

【解析】【解答】A.物体A始终处于平衡状态，所以物体A受到的重力、推力F和物体A受斜面体B

的作用力，根据平衡条件可知物体A受斜面体B的作用力为FBA=J（zn4g2+产

减小推力F,物体A受斜面体B的作用力一定减小，A符合题意；

B.物体A始终处于平衡状态，所以物体A受到的重力、推力F、斜面体B对物体A的支持力和摩擦

力，设斜面的夹角为e,若斜面体B对物体A的摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件在沿斜面方向

则有FcosO+f—mAgsinO=0

当F减小时，物体A所受摩擦力增大；

若斜面体B对物体A的摩擦力方向沿斜面向下，根据平衡条件在沿斜面方向则有Fcosd-f-

mAgsind—0

当F减小时，则物体A所受摩擦力减小，B不符合题意；

C.斜面体B始终处于平衡状态，所以受到的合外力始终等于0,不变，C不符合题意；

D.视物体A和斜面体B为整体，在水平方向受到推力F和地面对斜面体B的摩擦力，根据平衡条件

可知水平方向受到推力F大小等于地面对斜面体B的摩擦力，当F减小时，地面对斜面体B的摩擦力

也减小，D不符合题意；

故答案为：Ao

【分析】对物体进行受力分析，在重力、支持力、推力和摩擦力的作用下，物体处于平衡状态，合力为

零，结合推力大小的变化分析其他力的变化。

5.【答案】D

【知识点】原子核的衰变、半衰期

【解析】【解答】ABC、经过①变化核电荷数减少2,为a衰变，经过②变化质量数没有发生变化，为p

衰变，即故b=83+l=84,故ABC错误；

D、经过7次a衰变，则质量数少28,电荷数少14,在经过5次p衰变后，质量数不变，电荷数增加

5,此时质量数为238-28=210,电荷数为92-14+5=83。故D正确。

故答案为：Do

【分析】熟悉掌握a粒子和B粒子的质量数和核电荷数情况。物体发生核反应，其核反应方程满足质量

数守恒及核电荷数守恒。

6.【答案】B

【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律

【解析】【解答】AB、小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的

磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和

支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最

小，在最低点的速度最大。小铁球不可能做匀速圆周运动。故A错误，B正确；

C、小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方

向可以向上，小铁球的速度只要大于。即可通过最高点，故C错误；

D、小铁球在最高点的速度恰好为0,而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于。时，轨道对铁

球的磁性引力最小。根据机械能守恒定律，小铁球在最低点时的最小速度为

12

2mgR=

此时轨道对铁球的支持力恰好等于0,则磁力与重力的合力提供向心力，即

mv2

F-mg=

联立得

F=5mg

故D错误。

故答案为B。

【分析】本题模型属于竖直平面内的双轨道模型的变式。小球到达最高点的临界速度为零，在最低点速

度最小，且支持力最小时，磁性引力最小。

7.【答案】A,C,D

【知识点】质谱仪和回旋加速器

【解析】【解答】AB、如图所示

带电粒子运动有3个子过程。两种粒子要在电场中加速，则电场力方向相同。因电性不同，则电场方向

相反。粒子进入磁场时速度方向相同，在磁场中均向下偏转，所受洛伦兹力方向相同，由左手定则知粒

子电性不同，则磁场方向不同，故A正确，B错误；

CD、加速电场加速有

12

qU=vymv

乙

磁场中圆周运动有

mv2

qvB=———

解得

第二种粒子与第一种粒子是同位素，其电荷量q相同，若质量比为弱，持电场电压不变，则磁场磁感应

强度需调整为

B2_1^2_[26

^I=J^I=A|27

若第二种粒子与第一种粒子的质量比为与、电荷量比为保持磁场磁感应强度不变，则电场电压需调

整为

啊_

U2_Q2168

177=X^2=169

故CD正确。

故答案为：ACD。

【分析】确定粒子在电场和磁场中的运动情况，根据电场力和电场线的关系及左手定则确定电性及场强

方向和磁场方向的关系。根据质谱仪规律确定磁感应强度与比荷及电压的关系，再结合题意进行分析。

8.【答案】B,C

【知识点】牛顿定律与图象

【解析】【解答】A.t=ls时，物体开始运动，故此时的拉力等于物体的最大静摩擦力，故有/=尸=

L5N

A不符合题意；

B.根据牛顿第二定律有F-/=zna

代入F=6N,a=3m/s2得m=1.5kg

B符合题意；

C.在v-t图象中，与时间轴所围面积为物体的速度，则有v=X3x3m/s—4.5m/s

由动量定理可得I=mAv=1.5x4.5N-s=6.75N-s

C符合题意；

D.在0~4s时间内,F的冲量为IF=惨x4N-s=12N-s

则摩擦力冲量为If=I-IF=(6.75-12)N-s=-5.25N-s

D不符合题意。

故答案为：BCo

【分析】利用图像加速度等于。可以求出摩擦力的大小；结合牛顿第二定律可以求出质量的大小；利用

面积可以求出速度的大小结合质量可以求出合力冲量的大小；利用合力的冲量结合拉力的冲量可以求出

摩擦力冲量的大小。

9.【答案】A,B,D

【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的运动

【解析】【解答】由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是y轴上同一点，由最高点射出的只能击中

(0,R),则击中的同一点就是(0,R),即粒子击中点距。点的距离为R,所以A选项正确。从最低点

射出的也击中(0,R),那么粒子做匀速圆周运动的半径为R,由洛仑兹力提供向心力得：

qvB=m^-，则磁感应强度B嘴,所以B符合题意。粒子运动的半径都相同，但是入射点不同，

则粒子离开磁场时的速度方向不同，C不符合题意；显然偏转角最大的时间最长，显然从最低点射出的

粒子偏转90。，在磁场中的时间最长，最长时间为〃=47+£=4义辿+4=结型o从最高点直接

射向(0,R)的粒子时间最短，则最短的时间为土2=垄，所以D符合题意。

乙V

故答案为：ABDo

【分析】粒子在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，利用动能定理求解速度，洛伦兹力提供向心

力做圆周运动，根据粒子的运初速度大小列方程求解轨道半径即可。

10.【答案】A,B,E

【知识点】波的干涉现象；波的叠加

【解析】【解答】A、两列波的频率均为2Hz,可知周期为

T=-r=0.5s

故A正确；

B、质点2是波谷与波谷叠加，则振动加强，则质点2的振幅为15cm,故B正确；

C、图示时刻质点1在波峰位置，位移为正向15cm；质点2为波谷位置，位移为负向15cm,则此时质点

1、2的竖直高度差为30cm,故C错误；

D、图示时刻质点2在波谷，质点5在波峰位置，质点3正处于2和5的中间位置，由波的传播方向与质

点振动方向的关系可知，质点3处于平衡位置且向下运动，故D错误；

E、质点5的振动加强，振幅为A=15cm,则从图示的时刻起经0.25s=0.5T,质点5通过的路程为

2A=30cm,故E正确。

故答案为：ABEo

【分析】波谷与波谷叠加或波峰与波峰叠加，则该处振动加强，振幅等于此时两波振幅之和。根据时间

与周期的关系，确定质点在该时间段内运动的路程。

11.【答案】(1)B

(2)B；D

(3)1.6

(4)木块、木板表面粗糙程度有差异；细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦

【知识点】探究影响摩擦力的大小的因素

【解析】【解答】(1)由题知，重锤的质量m=150g左右，动摩擦因数四=0.30,设木块的质量为M,

为使木块在重锤的拉动下沿水平长木板做匀加速运动，对整体，根据牛顿第二定律有

mg—[iMg=(m+M)a

解得

_mg—fiMg

a~m+M

根据长木板做匀加速运动，即a>0,可得

mg—iiMg>0

解得

M<500g

当木块的质量M越小时，滑动摩擦力越小，整体的加速度越大，在纸带上打的点越少，则在计算加速度

时误差较大，综上分析可知，木块质量最合适的是260g,故B符合题意，ACD不符合题意；

故答案为：Bo

(2)A、实验时应先接通电源，再释放纸带，故A错误；

B、为保证木块所受的拉力为细线的拉力，则应调整定滑轮的高度使细线与木板平行，故B正确；

C、根据实验原理

mg—%Mg=(m+M)a

可知不必满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等，故C错误；

D、假设木板光滑，对整体受力分析，根据牛顿第二定律有

mg=(m+M)a

将(1)问中的m=150g,M=260g代入上式，可得加速度

az4m/s2

为减少误差，计算方便，一般在纸带上是每隔5个点取一个计数点，即时间间隔

t=5x0.02s=0.1s

通常是取5至6个计数点，则总时间为0.5s到0.6s,取最开始的计数点是从初速度为0开始的，根据位

移时间公式有

12

x=乙

乙

取t=0.5s计算可得

x=0.50m

取t=0.6s计算可得

x=0.72m

故为提高纸带利用效率，减少实验误差，木块释放位置到滑轮距离正常应在0.6m左右，故D正确。

故答案为：BD。

(3)由题知，每隔5个点取一个计数点，则时间间隔

t=5X0.02s=0.1s

根据

Ax=aT2

可得加速度为

(%06一%03)一%03

a=---------------------------

9产

由题知xo3=19.9Ocm,xo6=54.2Ocm,代入数据解得

a=1.6m/s2

(4)实验测得p=0.33,大于教材列表中的标值，根据实验原理分析，可能存在的原因有：木块、木板表

面粗糙程度有差异；细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦。

【分析】根据牛顿第二定律确定木板加速度的表达式，结合加速度大于零确定木板质量的范围，再结合

测量的准确性确定质量的取值。根据计数点个数的要求，确定木块释放位置与滑轮的距离。摩擦系数比

标值大，即所受实际摩擦力比理论值大，说明实验中还有系统摩擦未考虑或粗糙程度不准确。

12.【答案】(1)负；7.0

(2)0.30A；0.75V

(3)400

【知识点】练习使用多用电表

【解析】【解答】(1)若测二极管的反向电阻，则电流从二极管的负极流入；又欧姆表的电流从A端流出，

A端与二极管的负极相接触；根据刻度盘，得出示数为7。又选用了xlkQ挡，故二极管的反向电阻为

7.0kQo(2)若此时B端是与“1”相连的，则此时是大量程电流表，为直流1A档，故此时每小格表示

0.02A,读数为0.30A；若此时B端是与“4”相连的，则此时为小量程的电压表，为直流电压2.5V档，故

此时每小格表示0.05V,读数为0.75V。(3)由电路特点,由题意知(500-200)xl0*>x(RI+R2)=200x10-

6X600

整理得RI+R2=400Q

【分析】(1)利用红进黑出可以判别二极管负极接A端；利用示数和档数可以求出电阻的大小；

(2)利用电流表量程和分度值可以读出对应的读数；利用电压表量程和分度值可以读出对应的读数；

(3)利用电表的改装可以求出电阻的阻值大小。

13.【答案】(1)解：据题知，当转过角度刚好为45。时发生了全反射。临界角为C=45。，则折射率n=

(2)解：光路如图所示

解得『45。

根据反射定律知i'=30。，两个光斑Si、S2之间的距离为L=Rtan45o+Rtan60o=(10+10V3)cm~27.3cm

【知识点】光的全反射；光的折射及折射定律

【解析】【分析】(1)通过几何关系求出光的入射角和折射角，利用折射定律求解介质的折射率；

(2)通过折射，大致画出光的传播路径，结合光的折射定律和几何关系求解距离。

14.【答案】(1)解：左管内气体初状态：pi=86cmHg,Vi=20cm»S,Ti=300K

a、b活塞等高时状态：pf=?,VJ=15cm・S,"=305K

由理想气体状态方程得平=球工

1111

解得pi%116.6cmHg

(2)解：右管内气体初状态：p2=76cmHg,V2=10cm«S

f

a、b活塞等高时状态：p2'=pi%116.6cmHg,V2=?

根据玻意耳定律得p2V2=P2'V2'

解得V2^6.5cm«S

故活塞下降的距离为h=10-(6.5-5)=8.5cm

【知识点】理想气体与理想气体的状态方程

【解析】【分析】(1)利用理想气体的状态方程可以求出压强的大小；

(2)利用等温变化的状态方程结合几何关系可以求出活塞下降的距离。

15.【答案】(1)解：设活塞横截面积为S,则对a气体，初态Vi=ShiT尸ti+273=300K；末态V2=Sh?

T2=t2+273①

阀门K打开，加热过程a气体做等压变化，由盖・吕萨克定律得金=知②

由①②得t2=57C③

因57℃>56℃,a内病毒能被灭④

(2)解：阀门K闭合，由于系统绝热，a气体膨胀对b气体做功，由热力学第一定律有△Ua=Q+W⑤

由⑤式及代入数据得W=-1.5xlO3J@

对b气体，由于系统绝热，贝必Ub=|W|=L5xlO3j⑦

【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律

【解析】【分析】(1)确定初末状态密封气体的体积及温度，气体做等压变化，再根据盖吕萨克定律进行

解答；

(2)系统绝热，即ab不发生热传递。a气体体积增大，a气体对b气体做功。根据热力学第一定律确定

a气体做功情况，再根据热力学第一定律确定b气体内能的变化情况。

试题分析部分

1、试卷总体分布分析

总分：100分

客观题（占比）44.0(44.0%)

分值分布

主观题（占比）56.0(56.0%)

客观题（占比）10(66.7%)

题量分布

主观题（占比）5(33.3%)

2、试卷题量分布分析

大题题型题目量（占比）分值（占比）

多项选择题：本题共

4小题，每小题5

分，共20分。在每

小题给出的四个选项

中，有多个选项是符4(26.7%)20.0(20.0%)

合题目要求的。全部

选对的得5分，选对

但不全的得3分，有

选错的得0分。

单项选择题：本题共

6小题，每小题4

分，共24分。在每

6(40.0%)24.0(24.0%)

小题给出的四个选项

中，只有一项是符合

题目要求的。

计算题：本题共2小

题，共26分。把答

案写在答题卡中指定

3(20.0%)38.0(38.0%)

的答题处，要求写出

必要的文字说明、方

程式和演算步骤。

实验题：本题共2小

题，共18分。把答

案写在答题卡中指定2(13.3%)18.0(18.0%)

的答题处，不要求写

出演算过程。

3、试卷难度结构分析

序号难易度占比

1