2023-2024学年浙江省杭州市高三（第二次）教学质量检测物理试卷(含详细答案解析)

2023-2024学年浙江省杭州市高三（第二次）教学质量检测物理试卷

一、单选题：本大题共13小题，共52分。

1.下列四组物理量中均为矢量的是

A.加速度温度B.电势差电流

C.力电场强度D,磁通量磁感应强度

2.如图，甲、乙、丙、丁分别为神州十六号载人飞船发射升空、箭船分离、太阳帆板张开以及舱内宇航员

的照片，下列说法正确的是

A.甲图中火箭体积较大，所以不能看作质点

B.乙图中研究箭船分离姿态时，火箭和飞船都能看作质点

C.丙图中研究太阳帆板张开时，可以将飞船看作质点

D.丁图中研究宇航员在发射轨道上的位置时，可以将其看作质点

3.1886年，赫兹做了如图所示实验，关于该实验，以下说法正确的是

A.实验证实了电磁波的存在

B.实验证实了法拉第的电磁场理论

C.实验可以说明电磁波是一种纵波

D.在真空环境下进行实验，仍能观察到明显的火花放电

4.太阳系行星轨道（近圆轨道）的平均半径R和绕日公转周期T的现代测量值如表所示，下列说法正确的是

行星轨道的平均半径R/x106fcm绕日公转周期77年

水星580.2

金星1080.6

地球1501.0

火星2281.9

木星77811.9

土星143029.5

天王星287084.0

海王星4500165.0

A.周期T与半径R成正比

B.已知引力常量可估算太阳的质量

C.地球公转线速度小于火星公转线速度

D.所有行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等

5.如图，一束激光在折射率自上而下逐渐变化的某材料中沿曲线传播，亮度左暗右亮。下列说法正确的是

A.激光从材料左端射入

B.材料的折射率自上而下逐渐减小

C.增加材料上下高度，光线能从上表面射出

D.增加材料左右长度，可能会形成对称的光路

6.下列有关光电效应的说法簿误的是

A.爱因斯坦提出了光电效应理论

B.甲图实验中让锌板带负电，光照后，验电器张角会变小

C.乙图中光电子到达A板的速度越大，则光电流越大

D.乙图光电流的大小与入射光束的光强有关

7.如图所示，某同学在同一位置用同一频闪相机记录了乒乓球抛至最高点和从最高点下落的两张频闪照

片，频闪时间间隔相同，其中4、4处均为最高点。若全程空气阻力大小不变，则下列说法正确的是（）

A.图甲乒乓球在运动过程中机械能守恒

B.图乙为乒乓球上抛时所拍摄的频闪照片

C.乒乓球在4/、44段运动过程中重力的冲量大小不同

D.通过两张照片可估测乒乓球所受重力与空气阻力之比

8.有一质量为机的小球，用细线挂在天花板上，线长为/,将其拉至水平位置由静止释放。忽略空气阻

力，小球可看成质点，重力加速度为g,则下列说法正确的是

A.在小球摆动过程中重力总是做正功

B.重力功率最大值为

C.小球动能变化周期是兀口

D.在小球下摆过程中，动能随时间的变化率先变大后变小

9.如图，某同学为研究静电力大小的影响因素，用轻质绝缘细线将带电小球A悬挂在铁架台上2点，细线

长度远大于小球直径，在B点正下方固定一带电小球C。两球静止时，细线与竖直方向呈一定夹角。某时

刻起，小球A缓慢漏电，开始在竖直平面内缓慢运动，在小球A运动过程中，细线的拉力大小变化情况是

BX

A.一直增大B.一直减小C.一直不变D.先增大后减小

10.如图，有一小型水电站发电机的输出功率为50发电机的输出电压为250K通过升压变压器升压

后向远处输电，输电电压为1。4匕输电线的总电阻R为10。，在用户端用降压变压器把电压降为220匕

两变压器均视为理想变压器，下列说法正确的是（）

A.升压变压器原、副线圈的匝数之比为1:400

B.输电线上损失的功率为250W

C.降压变压器原、副线圈中的电流之比为995:22

D.图中与灯泡串联的“250匕1000丽”的电容器一定会被击穿

11.如图，S为单色光源，M为一水平放置的平面镜。S发出的光一部分直接照在竖直光屏上，另一部分通

过平面镜反射在光屏上，这样在屏上可以看到明暗相间的条纹。设光源S到平面镜和光屏的距离分别为a

和/,相邻两条亮纹（或暗纹）间距离为/乃则光的波长2为

12.某无毒放射性元素的半衰期为2天，为估算某水库的库容，取该元素的5mL水溶液，测得溶液每分钟

衰变3.2x1。7次。将水溶液倒入水库，8天后可视为溶液已均匀分布，在水库中取水样1租3,测得水样每

分钟衰变20次。则该水库中水的体积约为

A.1x105m3B.4x105m3C.1x108m3D.2x1010m3

13.水平面上有一块半径为R均匀带正电的圆形薄平板，单位面积带电量为。，以圆盘圆心为原点，以向上

为正方向，垂直圆盘建立x轴，轴上任意一点P（坐标为%）的电场强度为：E=现将一

电量大小为q、质量为m的负点电荷在x=d（d>0）处静止释放。若d«R,不计点电荷重力，则点电荷

碰到圆盘前瞬间的速度大小最接近

二、多选题：本大题共2小题，共8分。

14.下列说法正确的是

A.避雷针的原理是静电屏蔽

B.比结合能越小，原子核越稳定

C.硫化镉光敏电阻随着光照的增强，载流子增多，导电性变好

D.将两端开口的细玻璃管竖直插入水中，管中的液面高于水面

15.两列简谐横波分别沿尤轴正方向和负方向传播，两波源分别位于久=-0.2m和久=1.2爪处，两列波的波

速均为0.4m/s,左侧波源的振幅为2刖，右侧波源的振幅为3cm。如图所示为t=0时刻两列波的图像，

此刻平衡位置位于x=0.2m和x=0.8m的两质点刚开始振动。下列说法正确的是（）

A.平衡位置位于久=0.5ni的质点为振动加强点，它的位移不可能为0

B.平衡位置位于久=0.4m的质点为振动减弱点，t=1s之后其位移始终为0

C.平衡位置位于x=0.3m的质点在土=1.6s时的速度方向为y轴正方向

D.平衡位置位于x=0.2爪的质点在0〜3s内的路程为18cm

三、实验题：本大题共1小题，共9分。

16.I.如图1所示，是“探究小车速度随时间变化规律”的实验装置。

■■■

'槽码小车打点计时器

图1

(1)该实验中，下列操作步骤必要的是

A.需将导轨远离滑轮的一端适当垫高

A悬挂的槽码质量应远小于小车的质量

C.小车运动结束后，先关闭打点计时器再取下纸带

(2)如图2所示，是某次正确操作后得到的纸带，己知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz,由此可测

得纸带上打B点时小车的速度为甲/s(保留两位有效数字)。

ABC

甲|巾|口抑，「聊in,卿一

1Q?」——[[由

图2

(3)如图3所示，某同学将正确操作得到的纸带每隔0.1s剪断，得到若干短纸条。再把这些纸条并排贴在一

起，使这些纸条下端对齐，作为时间坐标轴，将纸条左上端点连起来，得到一条直线。则该直线

A.可以表示小车位移-时间图像B.可以表示小车速度-时间图像

C.与时间轴夹角的正切为速度大小。.与时间轴夹角的正切为加速度大小

(4)利用该装置还可以做的实验有(多选)

A探究加速度与力、质量的关系

A利用打点计时器测量小车的平均速度和瞬时速度

C.补偿阻力后，利用小车下滑过程验证机械能守恒定律

II.如图1所示，借助该装置用数码相机的连拍功能探究平抛运动的特点，连拍间隔时间相等。如图2所

示，是正确操作后得到的连拍照片。

图1图2

（1）关于该实验，下列做法正确的有（多选）

A选择体积小、质量大的小球B,斜槽的末端必须调成水平状态

C.重复实验时，小球必须从同一位置释放。.为减小阻力影响，斜槽必须光滑

（2）在图2中，以小球在a处的球心为原点，水平向右为x轴、竖直向下为y轴建立图示坐标系。过1处小

球球心的竖直线交无轴于P点。

①下列说法正确的是

A相邻各位置球心高度差之比为1:3:5:…

A相邻各位置球心水平距离之比为1:2:3:-

C.小球运动的轨迹在g球心处的切线与x轴交于P点左侧

②若g处球心的横坐标为Xo,d处球心的纵坐标为外，g处球心的纵坐标为力，重力加速度为g，则小球平

抛的初速度为»

III.某同学为测量一节干电池的电动势和内阻，准备了以下器材：

A.电压表U（量程为3%内阻约5m）

A电流表G（量程为10加4,内阻RG=90。）

C.滑动变阻器七（阻值范围为0〜50。，额定电流为L4）

D滑动变阻器阻值范围为0〜1000。，额定电流为0.024）

E.定值电阻/?3=10。

E待测干电池、开关与若干导线

（1）为了尽可能精确地测量，同时操作方便，实验中应选用的滑动变阻器为（选填"RJ或者

“7?2”），选用的电路是下图中的。

(2)利用(1)中所选电路进行实验测得数据，以电流表G的读数为横坐标，以电压表V的读数为纵坐标，描

出如图所示的点，由此可求出电源的电动势E=V,电源的内阻r=_______。(均保留两位有效数

字)。

17.如图所示，在一个绝热的气缸中，用一个横截面S=80cm2的绝热活塞A和固定的导热隔板B密封了

两份氮气I和II,氮气I、II物质的量相等。当氮气I和氮气II达到热平衡时，体积均为％=480cm3,

氮气I压强为Pi=1.03x105Pcz,温度为A=300K。现通过电热丝缓慢加热，当氮气H的温度增加到

5

T2=450K时停止加热，该过程氮气H内能增加了/U=60/,已知大气压po=1.01x10Pa,活塞A与气

缸之间的摩擦不计。

⑴缓慢加热过程中，氮气I、氮气II具有相同的(选填“压强”、“体积”或“温度”)。

(2)求活塞A的质量；

(3)求氮气I最终的体积；

(4)求氮气H从电热丝上吸收的总热量。

18.某游戏装置如图所示，左侧固定一张长S=1.75巾的桌子，水平桌面的边缘A、8上有两个小物块甲、

乙，质量分别为四=0.08kg、m2=0.02kg,两物块与桌面之间的动摩擦因数均为〃=0.2；右侧有一根

不可伸长的细线，长度为L=1.5m,能够承受的最大拉力/ax=16N,细线上端固定在。点，下端系有一

个侧面开口的轻盒(质量不计)，初始时刻盒子锁定在C点且细线伸直，0C与竖直方向夹角。=37。，。点

正下方八=0.5爪处有一细长的钉子，用于阻挡细线。某次游戏时，敲击物块甲，使其获得%=4zn/s的初

速度，一段时间后与物块乙发生碰撞，碰撞时间极短且碰后粘在一起，形成组合体从边缘8飞出，当组合

体沿垂直OC方向飞入盒子时，盒子立即解锁，之后组合体与盒子一起运动不再分离。若组合体碰撞盒子

前后速度不变，空气阻力不计，物块与轻盒大小可忽略，sin37。=0.6,cos370=0.8.求：

(1)物块甲即将碰到乙时的速度大小火；

(2)组合体到达C点时的速度大小女；

(3)细线被钉子挡住后的瞬间对盒子的拉力大小T；

(4)若力的大小可调，要求细线被钉子挡住后始终伸直且不断裂，求//的可调范围。

19.如图所示，固定的一对长金属导轨，间距为L=0.5m,其水平部分与倾斜部分均足够长。导轨的水平

部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为4，其左侧连接了电源G。导轨的倾斜部分倾角8=

37。且处于平行斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为感,其下方接有开关S和C=0.1尸的电容器，

开始时开关断开、电容器不带电。导轨上正对的P、。两处各有一小段用绝缘材料制成，长度不计。质量

均为机=0.25kg的导电杆甲、乙静止在导轨上，均与导轨垂直，甲与导轨摩擦不计，电阻&=|o,乙的

电阻某时刻起电源G开始工作，输出恒定电流/。=0.54经t0=3s,使甲运动到P、。处，电

源G立即停止工作。当甲越过P、。瞬间，再对其施加一个沿导轨水平向右的恒力F=1.6N,此时乙恰好

开始运动。已知BI=B2=17,不计除导电杆外所有电阻，不计回路自身激发磁场，最大静摩擦力等于滑

动摩擦力,sin37°=0.6,cos37°=0.8。

(1)求甲通过P、。时的速度大小；

(2)求乙与倾斜导轨间的动摩擦因数；

(3)求电源G输出的总能量；

(4)为回收部分能量，闭合开关S,其他条件不变，已知在甲通过P、。后10s内位移为102加，产生的焦

耳热为49J,此时电容器已达到最大稳定电压。当电容器电压为4时，其储能为Ec=^CUc2。忽略电磁

辐射，求此过程中，乙上产生的焦耳热(该结果保留3位有效数字)。

20.带电粒子在磁场中的螺旋线运动被广泛应用于磁聚焦技术。如图所示，在x<0的区域I中存在磁感应

强度大小当=簧，方向垂直纸面向里的匀强磁场；在0Wx<3d的区域H中，存在沿x轴正方向的匀强

2

磁场为；在3dWkW5d区域III中存在电场强度大小为£=器，方向沿y轴正方向的匀强电场；其它区

域电磁场忽略不计。在x=7d处垂直x轴放置一块长度为2d的接收板，上端紧靠x轴。在4(0,d)位置有一

粒子源，在尤Qy平面内按角度均匀发射质量为加，电荷量为+q的粒子，粒子的速度方向限制在图中0W

9<60。(。是速度与x轴负半轴夹角)范围内，速度大小满足u(其中％已知)。已知粒子打到接收板后

即被吸收，接收板不影响电场分布，不计空气阻力、重力和粒子间的相互作用力，可能用到tan26.5。=

(1)求0=60。的粒子击中y轴的坐标；

(2)若&=篝，求在区域II内粒子离开x轴的最大距离;

(3)若单位时间内，粒子源发射N个粒子，所有粒子均能经过C(3d,0)点，求:

①B2所有可能的大小；

②稳定后，接收板受到的垂直冲击力大小。

答案和解析

1.【答案】c

【解析】【分析】标量是只有大小没有方向的物理量。矢量是既有大小又有方向的物理量。矢量运算遵守

平行四边形定则。由此分析即可。

矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形

定则，标量运算遵守代数加减法则。

【解答】力、加速度、电场强度和磁感应强度都是既有大小又有方向的物理量，是矢量；而电势差、温度

和磁通量只有大小无方向是标量；电流虽然有大小和方向，但是其运算不遵循平行四边形法则，是标量，

故选C.

2.【答案】D

【解析】【分析】

解决本题要正确理解质点的概念：质点是只计质量、不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条

件的科学抽象，能否看作质点物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问

题中是否可以忽略.

本题属于简单基础题目，掌握了物体可以看做质点的条件就能顺利解决此类题目.

【解答】

A.看作质点的条件是物体的形状和大小对所研究的问题的影响是否可以忽略，与物体的大小无关，故A错

误；

5乙图中研究箭船分离姿态时，火箭和飞船的形状大小不能忽略，不能看作质点，故8错误；

C丙图中研究太阳帆板张开时，太阳帆的形状大小不能忽略，不能看作质点，故C错误；

。丁图中研究宇航员在发射轨道上的位置时，宇航员的形状大小能忽略，可以将其看作质点，故。正

确。

故选：D。

3.【答案】A

【解析】【分析】

【分析】

赫兹实验证明了电磁波的传播速度等于光速，有力的说明了麦克斯韦电磁场理论的正确性，说明了电磁波

的存在。

【解答】

【解答】

当感应圈两个金属球间有火花跳过时，导线环两个小球间也跳过了火花，同时在周围空间建立一个迅速变

化的电磁场，这种电磁场以电磁波的形式在空间传播。当电磁波经过接收线圈时，导致接受线圈产生感应

电动势，使接受线圈两球间隙处产生电压，当电压足够高时，两球之间就会产生火花放电现象，真空中，

没有空气，无法观测到火花放电。故28错误A正确。

4.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力，向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量

或所求解的物理量选取应用，难度适中。行星绕日做圆周运动，根据万有引力定律和向心力列式结合表格

分析求解即可。

【解答】

4艮从表格中可以看出，周期T与半径R成不成正比，行星绕日公转，根据万有引力定律和牛顿第二定律

有：G爷警，得|=捐或者M=窦，半径和周期已知，再已知引力常量可估算太阳的质量，故

A错误，3正确；

C.根据万有引力定律和牛顿第二定律有：G*哈得。=屋，地球公转半径小于火星公转半径，所

R乙R7R

以地球公转线速度大于火星公转线速度，故C错误；

D开普勒第二定律是对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，不同的行星

与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积不相等，故D错误。

5.【答案】D

【解析】【分析】

本题主要考查折射定律以及全反射的条件，题目新颖；

光传播过程不断减弱，由此判断射入端，从下到上，光线偏离法线角度越来越大，由此判断折射率的变

化，增加材料高度，折射角不断变大，最终达到90度发生全反射，增大材料宽度，根据反射的对称性可

进行分析。

【解答】

光传播过程不断减弱，从右边射入，A错误；

界面在水平方向，从下到上，光线偏离法线角度越来越大，折射率变小，B错误；

增加材料高度，折射角不断变大，最终达到90度发生全反射，不会从上表面射出，增大材料宽度，根据

反射的对称性可知形成对称光路，C错误，。正确。

6.【答案】C

【解析】【分析】

该题考查对光电效应的理解，关键是理解从金属表面逸出的光电子的最大初动能是由金属的逸出功和光子

的能量决定的，与光的强弱无关.

【解答】

A.爱因斯坦提出了光电效应理论，故A正确；

A甲图实验中让锌板带负电，光照后，有电子逸出，电量减小，则验电器张角会变小，故8正确；

C.乙图中光电子到达A板的速度越大，若达到饱和光电流，则光电流不变，故C错误；

D光电流的大小与入射光束的光强有关，饱和光电流与入射光的强度成正比，故。正确。

本题选错误的，故选C。

7.【答案】D

【解析】【分析】

系统机械能守恒条件为：只有重力或弹力做功；闪光照相的频率一定，小球每经过两个相邻位置的时间间

隔是相同的，根据冲量公式/=Ft比较重力冲量；根据位移公式可以比较两种情况的加速度，根据牛顿第

二定律列方程表示出上升和下落的加速度，联立即可求解。

解决本题的关键是利用匀变速直线运动的公式久=，矶2得出两种情况下小球的加速度，进而由牛顿第二定

律进行研究。

【解答】

解：4图甲乒乓球在运动过程中受空气阻力，机械能不守恒，故错误；

A根据久=2就2可知图甲为乒乓球上抛时所拍摄的加速度大，乙图的加速度小，图乙为乒乓球下落时所拍

摄的频闪照片，故B错误；

C.根据/=Ft,可知乒乓球在4%、4B2段运动过程中重力的冲量大小相同，故C错误；

。根据久=；就2可得上升和下降的加速度关系，根据牛顿第二定律可得，上升：mg+f=mai,下降：

mg-f=ma2,所以通过两张照片可估测乒乓球所受重力与空气阻力之比，故。正确。

8.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查单摆问题，结合功、功率和动能定理的计算公式及规律分析求解求解。根据重力做功特点分析重

力做功问题；根据机械能守恒结合功率计算公式，并运用数学知识分析重力功率最大值；在大摆角的情况

下，单摆运动就不能认为是一个简谐运动；根据动能定理分析动能的变化率问题。

【解答】

A小球从释放运动到最低点过程重力做正功，从最低点到最高点，重力做负功，故A错误；

3.设小球与水平方向的夹角为。时，速度为v,则mg/sin。=

此时重力的瞬时功率P=mgvcosd-J2g/sine-cos0=mgyj25Z(sin0—sin30),根据数学知识可知，重

力功率最大值为mgj2gl•誓,故8错误；

C.在大摆角的情况下，单摆运动就不能认为是一个简谐运动，T=就不适用了，故C错误；

D根据动能定理可知，mgl=Ek,则动能随时间的变化率则为重力的功率，根据2选项，在小球下摆过程

中重力功率先变大后变小，故。正确。

9.【答案】C

【解析】【分析】

考察动态平衡问题。

根据力的矢量三角形与几何三角形相似，可将看作重力，看作拉力，AC看作库仑力，三力首尾相

连，由此分析。

【解答】

A受重力、拉力、库仑力，根据力的矢量三角形和几何三角形相似，可将看作重力，看作拉力，AC

看作库仑力，三力首尾相连。

A沿圆周运动过程中，AC逐渐减小，库仑力减小；

A8和不变，则拉力大小不变。

故选：Co

10.【答案】B

【解析】解：4由也="解得：升压变压器原、副线圈的匝数之比为皿=箫=白，故A错误；

九2九2lOUUU4U

8.输电线上的电流：，2=宗=g=5°x；。/=54

u2u210

输电线上损耗的功率为：4P=l1R=52X10V/=250V7,故8正确；

C.导线上损失的电压为：U损=kR=Sx107=507

4

降压变压器的输入电压为：U3=U2-U^=（10-50”=9950V

则降压变压器原、副线圈的匝数之比为：%=乎=黑=答，电流比为22：995,故C错误；

九422022

D“250匕1000好”的电容器的耐压值是250匕使用图中与灯泡串联的“250匕1000好”的电容器不

会被击穿，故。错误。

解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，以及知道变压器原副线圈的电压之比等于匝数之

比；升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和.

由也=*求解升压变压器原、副线圈的匝数之比；根据P=U/求得升压变压器副线圈电流，根据输电损失

九2U2

功率公式P线=线计算损失功率，根据U线=/线R线求得损失的电压，即可求得降压变压器原线圈两端

的电压，求得降压变压器原副线圈电流之比；“250匕1000〃F”的电容器需要两端电压达到250U（耐压

值）才能击穿。

本题关键是结合变压器的变压比公式和功率损耗的公式「线=/演绣列式求解，基础问题。

11.【答案】B

【解析】【分析】

将光源S和其由平面镜成的虚像可看作是双缝干涉的双缝，确定等效的双缝的间距，根据双缝干涉的相邻

亮条纹间距公式解答。

本题考查了双缝干涉的相邻亮条纹间距公式。

【解答】

光源S发出的光通过平面镜反射到光屏上，可看作是由光源S经平面镜所成的虚像发出的光直线传播到光

屏上，这样光源S和其虚像可看作是双缝干涉的双缝，光源S和其虚像之间的距离（即等效为双缝的间距）

为：d=2a,光源到屏的距离（即双缝到屏的距离）为/,根据双缝干涉的相邻亮条纹间距公式可得：4%=

六九解得：久=竽。

2aI

故选：瓦

12.【答案】A

【解析】【分析】

根据半衰期公式，利用比例相等的方法求水库的容量，从而即可求解.

本题难度较大，除了考查半衰期的知识外，注意还要知道如何把水的容量和衰变次数结合.

【解答】

根据半衰期的概念有：根=G)瓶0,

该放射性元素半衰期是2天，经过8天，也就是经过4个半衰期，还剩下尚没有衰变,

1O

设水库中的水的体积为V,原来含有该放射线元素的水溶液的质量为m,

则有•金.

解得：7=1x1057n3

故选A。

13.【答案】B

【解析】【分析】

已知均匀圆板的电场强度的公式，且d«R,可认为点电荷下落过程中受到的电场力不变且电场强度为

E=271ko,然后通过动能定理求解.

本题对高中学生来说比较新颖，要求学生能应用极限法；本题对学生的能力起到较好的训练作用，是道好

题.

【解答】

d«R,可认为点电荷下落过程中受到的电场力不变且电场强度为石=2兀近7,根据动能定理：qEd=

jmv2

解得：u=2回应。

7m

故选：Bo

14.【答案】CO

【解析】【分析】

【分析】本题考查了避雷针的原理，比结合能，毛细现象等。

(1)雷电是云层与大地之间或云层之间的放电现象，在高大的建筑物上安装避雷针，可使云层所带电荷通

过避雷针进入大地，从而保护建筑物不受雷击；

(2)比结合能是原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个

核子所要添加的能量；

(3)载流子越多，导电能力越强；

(4)毛细管插入浸润液体中，管内液体上升。插入不浸润液体，管内液面下降，这种现象就是毛细现象。

【解答】【解答】

A、当带电云层靠近建筑物时，避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电，中和云中的电荷，使建筑物免

遭雷击。其原理为尖端放电，故A错误；

3、比结合能用于表示原子核结合松紧程度，比结合能越大，原子核越稳定，故B错误；

C、半导体材料的硫化镉，随着光照的增强，载流子增多，导电能力越强，故C正确；

。、毛细管插入浸润液体中，管内液体上升，故。正确。

15.【答案】CD

【解析】A.由图知两波引起的质点起振方向都向下，0.5TH如至IJ两个波源的距离相等，两波的波速相等，所

以两波同时到达0.5m先，0.5爪处质点属于振动加强点，振幅变大，但在振动过程中位移变化，位移可以为

零，故A错误；

A由图可知，波长为0.4m,平衡位置位于x=0.4机的质点到两个波源距离之差为0.2m,为振动减弱点，经

过时间练誓=ls，两波叠加，由于两波振幅不同，t=ls之后其位移不始终为0,故8错误；

U.4

C.波长均为2=0.4小，周期均为7=4=is,经过时间缥萼=1.25s,平衡位置位于x=0.3爪的质点两波

叠加，在t=1.6s时，/t=1.6—1.25=0.35s,此位置质点的速度方向为y轴正方向，故C正确；

D.x=0.2爪的质点到两个波源距离之差为0.6爪=1.5A,为振动减弱点，右边的波形传到0.2根处的时间

g=^s=1.5s，左侧波使0.2爪处质点先单独振动1.5s，路程为64=12前，右边波传到将使0.2m处向

U.4

下振动，合成后0.2m处点振幅变为1cm,又振动1.5s,路程为6x1cm=6cm,故久=0.2租的质点3s内的

路程为18c徵，故。正确。

由图读出波长，从而由波速公式算出波的周期。根据所给的时间与周期的关系，分析％=0.5僧、x=

0.4m>x=0.3m>%=0.2m处质点的振动情况，确定其位移、振动方向和路程。

本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变。理解波的叠加遵守矢量合成法则，例

如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移大小为二振幅之和；当波峰与波谷相遇时此处的

位移大小为二振幅之差。

16.【答案】I.

⑴C；(2)0.15(0.140.16)；(3)8；(4)出

II.

(1MB；(2)①C;②矍区妥

III

C；(2)1,5；1.0(0.801.2)o

【解析】I.

(1)该实验是探究小车速度随时间变化规律的，不需要将导轨远离滑轮的一端适当垫高去平衡摩擦力，也

不需要悬挂的槽码质量应远小于小车的质量，AB错误；在小车运动结束后，应该先关闭打点计时器再取

下纸带，C正确。

(2)已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz,每两个计数点之间的时间间隔为0.1s,在匀变速直线运

动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度

则%=熬=管之干x10-2m/s=0.15m/s；

Z1ZXU._L

(3)剪下纸条长度表示0.10s时间内位移的大小，根据E=荒，由于时间间隔相同，所以每段纸条长度都与

相等时间间隔内的位移一一对应，纸条的长度正比于这段位移的平均速度。这些纸条并排贴在一起，使这

些纸条下端对齐，作为时间坐标轴，将纸条左上端点连起来，得到一条直线，所以该直线可以表示小车速

度-时间图像，B正确；

(4)探究加速度与物体受力、物体质量的关系的实验中，小车所受合外力等于细线对小车的拉力，保证钩

码的总质量远小于小车的质量时细线对小车的拉力等于钩码的总重力，根据纸带测出加速度，所以可用该

实验装置，故A正确；当小车做匀变速直线运动时，根据纸带以及在匀变速直线运动过程中，中间时刻的

瞬时速度等于该过程的平均速度，利用打点计时器测量小车的平均速度和瞬时速度，B正确；补偿阻力

后，小车下滑过程，拉力做功，不能验证机械能守恒定律，C错误；

【分析】根据实验器材以及实验原理进行分析；在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程的

平均速度，由此计算8点的速度；根据题意可判断每段纸条长度都与相等时间间隔内的位移一一对应，纸

条的长度正比于这段位移的平均速度；根据各个实验原理进行分析。

本题考查探究小车速度随时间变化规律”的实验，题目新颖，难度较大。

II.

(1)为减小空气阻力对实验的影响，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，故A正确；实验要求将斜槽轨

道的末端调成水平，保证小球做平抛运动，故B正确；重复实验时，小球不是必须从同一位置释放，斜槽

也不是必须光滑，故8错误；

(2)a不是抛出点，所以不符合初速度为零的匀变速直线运动的推论，相邻各位置球心高度差之比不是

1:3:5:…A错误；小球水平方向做匀速直线运动，所以相同时间内相邻各位置球心水平距离之比为

1:1:1:…8错误；小球做平抛运动，速度偏转角正切值为tan。=更，位移偏转角正切值为tana=/，

%2v0

tan。=2tana,结合几何关系可知小球速度的反向延长线过水平位移的中点，P点不是水平位移的中点,

中点在P点左侧，所以小球运动的轨迹在g球心处的切线与无轴交于P点左侧，C正确。

2

(3)竖直方向做匀加速直线运动，根据4y=gT2,y2-2yrgT,可得T=J用空则小球平抛的初速

度为。。=导当二。

【分析】根据实验器材和原理进行分析；根据平抛运动的规律和推论进行分析；根据位移差公式以及匀速

运动规律进行求解初速度。

本题关于平抛运动实验要掌握实验的注意事项、实验步骤、实验原理等，分析小球水平方向和竖直方向的

运动特点，还考查了实验器材的选择原理，要减小空气阻力的影响.

III.

(1)为方便实验操作选择最大阻值较小的滑动变阻器即心。电流表的量程较小，所以需要扩大量程，电流

表与7?3并联改装成大量程电流表，/=10爪4+〃密空=0.14所以应该选C电路图；

(2)根据闭合电路欧姆定律可知E=U+IRG+10/r,可得U=E—(90+10r)I,根据图像可知E=1.57,

根据斜率可知r=1.012o

【分析】根据实验操作方便以及准确，进行滑动变阻器的选择；由题意可知电流表的量程较小，需要进行

改装，由此选取合适的电路图；根据闭合电路的欧姆定律，结合图像的斜率和截距进行计算。

本题主要考查伏安法测量电源的电动势和内阻，涉及电表的改装。

17.【答案】解：(1)8为导热隔板，缓慢加热过程中，氮气I、氮气n具有相同的温度。

(2)对活塞受力平衡，有piS=poS+mg,

解得m=1.6kg。

(3)气体I与气体II的温度始终相同，初状态温度为=300K,初状态体积为匕=%=480cm3,

末状态温度为。=450K,

气体I发生等压变化，?=黑

1112

3

解得：v2=720cmo

(4)气体H发生等容变化，外界对气体做功为0,所以：AU=Q2,

解得=607,

因氮气I和氮气n物质的量相同，温度相同，所以内能大小相同，故内能变化量大小也相同。

AU'=4U=60/=

气体I发生等压变化，/U'=Qi+W,

其中：w=-P1(v2-yj

联立方程解得：Qi=84.72/,

故气体II共从电热丝吸收的热量为Q总=QI+Q2=144.72/。

【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=求解。

18.【答案】解：(1)甲碰到乙前，加速度a==-26/S2

根据匀变速直线运动规律说-评=2aS

解得%=3m/s

(2)8点碰撞时由动量守恒得小速1=+m2)v2

在C点，由平抛运动的特点得会=刍

cost;

vc=3m/s

(3)正下方为。，组合体从C到。点，由动能定理得：

11

(m1+—cos0)=(a[+m2)v^—(血i+

解得攻)=下m/s

细线被钉子挡住后的瞬间：

F-(m1+m2)g=(mt+m2)：_八

解得尸=2.5N

(4)要求细线在物块运动的过程中始终伸直且不断裂，有三个条件：

①能摆到与钉子等高处

17

一(n?i+m2)^(L—hi)=0-2Oh+m2)vg

解得瓦=0.75m

②小物块绕钉子一圈且刚好能过最高点

11

m2

-(m1+根2)g-2(L-/i2)=2(i+m2)v'+m2)v^

v'2

(爪1+m2)g=(61+m2)「_:

解得后=l-2m

③最低点细线拉力不能超过qax