江苏省南京市六校联合体2023-2024学年高三上学期8月调研物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE2024学年第一学期8月六校联合调研试题高三物理一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分，每题只有一个选项最符合题意。1.以下四幅图都源自教材插图，下列说法正确的是（）A.图甲为一定波长光照射到不透明圆盘上，在圆盘后得到的衍射图样B.图乙为双缝干涉示意图，双缝间距越大，则相邻亮条纹间距越大C.图丙为光导纤维工作原理示意图，内芯的折射率比外套的折射率小D.图丁为自然光照射两个竖直放置的偏振片，若只旋转其中一个偏振片，光屏上的亮度不变〖答案〗A〖解析〗A．图甲为一定波长的光照射到不透明圆盘上，在圆盘后得到的衍射图样，称为泊淞亮斑，选项A正确；B．图乙为双缝干涉示意图，根据可知，双缝间距越大，则相邻亮条纹间距越小，选项B错误；C．图丙为光导纤维工作原理示意图，内芯的折射率比外套的折射率大，选项C错误；D．图丁为自然光照射两个竖直放置的偏振片，若只旋转其中一个偏振片，偏振方向不平行，此时光屏上的亮度变暗，选项D错误。故选A。2.月球夜晚温度低至－180℃，“玉兔二号”月球车携带的放射性同位素钚238（）会不断发生衰变，释放能量为仪器设备供热。可以通过以下反应过程得到，，，下列说法正确的是（）A.k＝1 B.X为电子C.为轻核聚变 D.的比结合能比的比结合能大〖答案〗B〖解析〗A．在核反应方程中，由质量数守恒可得解得故A错误；B．在核反应方程中，根据电荷数守恒和质量数守恒可得解得 故X为电子，故B正确；C．核反应方程不是聚变反应，是人工核反应，故C错误；D．的衰变方程为该反应释放核能，所以的比结合能比的比结合能小，故D错误。故选B。3.餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为300g，相邻两盘间距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为（）A.10N/m B.100N/m C.200N/m D.300N/m〖答案〗B〖解析〗由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧形变相邻两盘间距，则有mg=3∙kx解得k=100N/m故选B。4.图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为和，图乙为质点a从该时刻开始计时的振动图像，下列说法正确的是（）A.时，质点b的加速度方向沿y轴正向B.时，质点b的位移沿y轴正向C.该波沿方向传播，波速为D.质点b经过4s振动路程为2m〖答案〗A〖解析〗C．由图乙可知质点a该时刻向上振动，根据波形平移法可知，该波沿方向传播，机械波的波长为4m，周期为8s，则波速为故C错误；AB．由于该波沿方向传播，根据波形平移法可知，时质点b的位移为沿y轴负向，加速度沿y轴正向，故B错误，A正确；D．由于可知质点b经过4s振动的路程为故D错误；5.牛顿认为物体落地是由于地球对物体的吸引，这种吸引力可能与天体间（如地球与月球）的引力具有相同的性质、且都满足。已知地月之间的距离r大约是地球半径的60倍，地球表面的重力加速度为g，根据牛顿的猜想，月球绕地球公转的周期为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗设地球半径为R，由题知，地球表面的重力加速度为g，则有月球绕地球公转有r=60R联立有故选C。6.如图所示，图甲为氢原子的能级图，大量处于n＝4激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，其中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极K上时，电路中电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是（）A.频率最高光子是从n=4跃迁到n=3发出的B.光电管阴极K金属材料的逸出功为7.0eVC.若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零，则可判断图乙中电源右侧为正极D.氢原子跃迁放出的光子中有3种频率的光子可以使阴极K发生光电效应现象〖答案〗D〖解析〗A．频率最高光子是从n=4跃迁到n=1发出的，故A错误；B．大量处于n=4激发态的氢原子跃迁时，发出的光子中，其中频率最高的光子，对应的能量为由光电效应方程可得由丙图可知截止电压为7V，代入数据解得阴极K金属材料的逸出功为故B错误；C．若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零，则电子受到的电场力应向左，场强方向应向右，则可判断图乙中电源左侧为正极，故C错误；D．由于阴极K金属材料的逸出功为氢原子跃迁放出的光子中，n=4、n=3、n=2能级跃迁至n=1能级的光子能量大于该逸出功，可以使阴极K发生光电效应现象，故共有3种频率的光子可以使阴极K发生光电效应现象，故D正确。故选D。7.如图所示，AO、BO为两条不同的光滑轨道，端点O、A、B都在竖直圆周上，CO为竖直直径。完全相同的两个小球分别从A、B两点沿两条轨道由静止开始同时释放，不计空气阻力。两小球到达O点的过程中，下列判断正确的是（）A.沿BO轨道运动的小球先到达点B.两个小球重力的冲量不相同C.两小球到达O点的动量相同D.沿AO轨道运动小球的动量变化率大〖答案〗D〖解析〗AB．设任一斜面与竖直方向的夹角为α，圆的直径为d。由牛顿第二定律可求得根据运动学公式有可得与α无关，只与圆弧的半径及重力加速度有关，故下落时间相同，由I=mgt可知，重力的冲量相等，故AB错误；

C．两小球到达O点的动量方向不相同，则动量不相同，选项C错误；D．根据动量定理，动量的变化率等于小球受到的合外力，则所以沿AO轨道运动小球的动量变化率大，故D正确；

故选D。8.疫情防控期间，小明同学在家中对着竖直墙壁打乒乓球，某次在空中A点将球斜向上击出，球垂直撞在墙上的O点后沿与碰撞前速度相反的方向弹回落地，落地点B正好在发球点A的正下方，如图所示。不计球的旋转及空气阻力，以O点为坐标原点、垂直于墙壁向左为x轴正方向、平行于墙壁向下为y轴正方向建立平面直角坐标系，关于球从A点到刚落到B点的运动过程中，下列说法中正确的是（）A.球机械能守恒B.球在B点时的动能一定大于在A点时的动能C.过A、B两点的轨迹的切线与x轴相交于同一点D.球在B点时的水平速度比在A点时的水平速度大〖答案〗C〖解析〗A．根据题意，从A到O点可看作平抛运动的逆过程，从O到B点为平抛运动，水平位移相同，反弹回时下落的高度大，运动的时间长，可知反弹回的初速度比撞击墙时的速度小，故碰撞时有机械能损失，A错误；B．反弹时球的速度大于撞击O点时的速度，即反弹后的水平分速度小于抛出时的水平分速度，下落到B的高度大于AO的高度差，故落到B点时竖直方向的分速度大于抛出时的竖直方向的分速度，故小球在A、B两点的速度大小关系不确定，动能关系也不确定，B错误；C．根据平抛运动的推论可知，速度的反向延长线过水平位移的中点，两轨迹的水平位移相同，故A、B两点的轨迹的切线与x轴相交于同一点，C正确；D．球在B点时的水平速度比在A点时的水平速度小，D错误。故选C。9.两个所带电荷量相等的点电荷固定在x轴上A、B两点，A、B与坐标原点O的距离相等，以无穷远处为电势零点，轴上各点电势随坐标分布的图像如图所示，M、N是轴上两点，其中M点比N点距离O点远，将一带负电的试探电荷沿轴从M点移动到N点的过程中，下列说法中正确的是（）A.试探电荷在M点受到的电场力比在N点大B.试探电荷在M点具有的电势能比在N点大C.试探电荷在M、N两点受到的电场力方向相同D.电场力先做正功后做负功〖答案〗A〖解析〗A．-x图线上某点斜率表示该点场强，由图像可知M点场强大小大于N点场强大小，则试探电荷在M点受到的电场力比在N点大，故A正确；B．两点电荷所带电量相等，关于O点对称，M点比N点距离O点远，M点电势高于N点，则负试探电荷在M点具有的电势能比在N点小，故B错误；C．M、N两点场强方向相反，试探电荷在M、N两点受到的电场力方向相反，故C错误；D．由图可知从M到O电势降低，从O到N电势升高，将一带负电的试探电荷沿x轴从M点移动到N点的过程中，电场力对试探电荷先做负功，后做正功，故D错误。故选A。10.如图所示，在光滑绝缘的水平面上，有一长为、宽为的金属矩形线圈，其电阻为，质量为，线圈的右侧以虚线为界存在垂直纸面向里的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现使线圈以垂直磁场边界大小为的速度向右运动，线圈从开始运动到静止的过程中，线圈通过的位移用表示，通过线圈的电荷量用表示。改变初速度v0大小，、与线圈的初速度v0间的关系图像正确的是（）A. B. C.D.〖答案〗B〖解析〗对线圈由动量定理有联立有因表明线圈未完全进入磁场，故q与v0成正比，x与v0成正比。故选B。11.如图所示，半径为R的圆环固定在竖直平面内，圆心为O，O1、O2为两个轻质定滑轮，其中O1在O点正上方2R处。跨过定滑轮的轻绳，一端连接着位于圆环最低点的小球P（P套在圆环上），另一端连接着小球Q，某时刻小球P获得水平向右的初速度，沿着圆环恰好能上升到E点，EO与竖直方向的夹角为。已知小球P、Q的质量分别、，重力加速度为g，忽略一切摩擦。下列说法正确的是（）A.从最低P点运动到E点过程中，其机械能先增大后减小B.当P刚开始运动时，绳子上的拉力大于mgC.P运动到圆心等高处的F点时，P与Q的速度大小之比为D.小球P的初动能为〖答案〗D〖解析〗A．由于忽略一切摩擦，故P、Q整体机械能守恒，Q的机械能减小，P的机械能增大，故A错误；B．当P球刚运动时，Q有竖直向下的加速度，则轻绳的拉力故B错误；C．当P球运动到圆心等高处F点处时，设此时轻绳与竖直方向的夹角为，P、Q速度大小分别为v1、v2，根据运动的合成与分解可得根据几何关系可得解得故C错误；D．根据几何关系可知，小球P到达E点时，Q下降的高度为设小球P的初动能为Ek0，由题意，在小球P从圆环最低点到E点的运动过程中，对P、Q整体根据机械能守恒定律有解得故D正确。故选D。二、实验题：每空3分，共15分。12.在“测量金属丝的电阻率”的实验中，某同学选择一根粗细均匀、阻值约为5Ω的电阻丝进行测量。（1）先测量电阻丝的长度，再用螺旋测微器测量其直径，结果如图1所示为__________mm。（2）现有电源（电动势E为3.0V，内阻不计）、开关和导线若干，以及下列器材：A．电流表（量程0~0.6A，内阻约0.2Ω）B．电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）C．滑动变阻器（0~5Ω，额定电流2A）D．滑动变阻器（0~200Ω，额定电流1A）为减小误差，且金属丝两端的电压调节范围尽量大，滑动变阻器应选_____（填器材前的字母）。（3）要求金属丝两端的电压调节范围尽量大，补充完成图2中实物间的连线。________（4）上述实验，下列说法正确的是________。A．多次测量金属丝直径并求平均值可以减小系统误差B．用U—I图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差C．电压表分流会导致电阻测量值偏小D．电流表分压会导致电阻测量值偏大（5）电导率是电阻率的倒数，常用单位是(Ω∙cm)－1。电导率是反映水质的一项重要指标。某种饮用水的电导率约为1.0×10－3(Ω∙cm)－1。将该饮用水灌入一个高约12cm、容积约240mL的薄壁塑料瓶（如图3所示），瓶的两端用两个略小于瓶底面积的固定金属圆片电极密封。能否采用图2中的实验器材较为精确地测量该饮用水的电导率？__________并简要阐述理由_____________〖答案〗（1）0.669##0.670##0.671（2）C（3）（4）BC（5）不能见〖解析〗〖解析〗（1）[1]根据螺旋测微计的读数法则有0.5mm＋16.9×0.01mm=0.669mm（2）[2]为减小误差，且金属丝两端的电压调节范围尽量大，则滑动变阻器应采用分压式接法，且选阻值较小的。故选C。（3）[3]待测电阻约为5Ω，电压表内阻远大于待测电阻，故电流表采用外接法，滑动变阻器采用分压接法，故补充完成图如下图所示（4）[4]A．用螺旋测微器多次测量金属丝直径并取平均值可以减小偶然误差，故A错误；B．用电压—电流图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差，故B正确；CD．只考虑电表内阻引起的误差，本实验采用电流表外接，误差来源于电压表分流会导致电流的测量值较大，则电阻测量值偏小，故C正确、D错误。故选BC。（5）[5][6]由电阻定律和，可得塑料瓶中装满该饮用水后的电阻为当该同学用上述装置进行检测时，电路中最大电流为几乎无法使电流表指针发生偏转，因此不能用上述实验装置完成精确测量。三、计算题：本题共4题，共41分。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。13.如图甲所示为我国传统民俗文化表演“抡花”活动，祈福来年风调雨顺、免于火灾，已被列入国家级非物质文化遗产。“抡花”原理如图乙所示，快速转动竖直转轴O1O2上的手柄AB，带动可视为质点的“花筒”M、N在水平面内转动，筒内烧红的铁片沿轨迹切线飞出，落到地面，形成绚丽的图案。已知MO1=NO1=1m，M、N离地高3.2m，若手摇AB转动的角速度大小为20rad/s，不计空气阻力，重力加速度取，求：（1）“花筒”（内含铁片）质量为3kg时所需向心力大小；（2）铁片落地点距O2的距离大小（计算结果可用根号表示）。〖答案〗（1）1200N；（2）〖解析〗（1）“花筒”所需向心力大小为F＝mω2r得F＝1200N（2）“花筒”M转动的角速度与相同，其线速度大小为v＝ωr得v＝20m/s烧红的铁片沿切线飞出后，做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有水平方向做匀速直线运动，有x=vt所以，落地点距的距离大小为得14.如图所示，竖直放置内壁光滑的绝热气缸中有加热装置，气缸壁内有卡槽，卡槽距缸底的高度H=1m。质量M=2kg、横截面积S=10cm2的活塞停在卡槽处，其下方封闭有一定质量压强为p1=0.8×105Pa、温度为T1=300K的理想气体，现通过加热装置对缸内气体缓慢加热。已知外界大气压强p0=1×105Pa保持不变，重力加速度g取10m/s2。（1）求活塞刚要离开卡槽时缸内气体的热力学温度T2；（2）若活塞离开卡槽后继续上升了h=0.2m，该过程中气体吸收了Q=100J的热量，求该过程中气体内能的变化量U。〖答案〗（1）450K；（2）76J〖解析〗（1）当活塞刚要离开卡槽时，根据受力分析则有解得气体加热至活塞刚要离开卡槽，气体经历等容变化，根据查理定律有联立解得活塞刚要离开卡槽时，气体的热力学温度（2）活塞离开卡槽上升过程中，是等压变化，故气体对外做功，则有由热力学第一定律得代入数据解得此过程中气体内能的变化量15.如图所示，在x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场。在x轴下方有沿y轴正方向的匀强电场。一个质量为m、电荷量为＋q、初速度为v的带电粒子从a（0，d）点处沿y轴正方向开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴上b点时速度方向恰好与y轴垂直，带电粒子重力不计。求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小；（2）匀强电场的电场强度大小；（3）粒子从a点开始到第三次经过x轴的时间。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）粒子运动轨迹如图以后重复过程，粒子磁场中做圆周运动有由图可得rcos45°=d联立可得（2）粒子在x轴下方运动到b点过程中，水平方向r＋rsin45°=vcos45°∙t2竖直方向联立可得（3）粒子在磁场中运动到x1，即第一次到达x轴所用时间从x1到x2，根据对称性可知在x2处，粒子以速度v与x轴正方向成45°进入磁场，从x2到x3所以粒子第三次到达x轴所用时间为16.如图，倾角θ=37°的粗糙斜面AB与光滑水平面BD在B点平滑连接，倾角α=30°的足够长的传送带在电动机的带动下以v=4m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段圆弧连接，质量mb=3kg的小物块b放在水平面上的C点，质量ma=1kg的小滑块a从A点由静止释放，滑块a与斜面间的动摩擦因数μ1=0.25，A、B间距离L=12.5m，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，以后a与b的碰撞都发生在水平面上，b与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小；（2）第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小；（3）b从第一次经过D点到第二次经过D点的过程中电动机额外多做的功。〖答案〗（1）10m/s；（2）5m/s；（3）47.25J〖解析〗（1）a在斜面间下滑过程，根据牛顿第二定律有解得根据运动学公式可得解得a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小为（2）设a、b碰撞后的速度大小分别为、，根据动量守恒有根据能量守恒有联立解得（3）物块b在传送带上先向上做匀减速运动到速度为零，根据牛顿第二定律可知，加速度大小为物块b在传送带上向上运动的位移大小和所用时间分别为，此过程传送带的位移大小为发生的相对位移大小为物块b速度减为零后，向下做匀加速直线运动到与传送带共速，此过程在传送带上向下运动的位移大小和所用时间分别为，此过程传送带的位移大小为发生的相对位移大小为物块b与传送带共速后，和传送带相对静止一起匀速运动回到D点；b从第一次经过D点到第二次经过D点的过程中，因摩擦产生的热量为根据功能关系可知，b从第一次经过D点到第二次经过D点的过程中电动机额外多做的功为2023-2024学年第一学期8月六校联合调研试题高三物理一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分，每题只有一个选项最符合题意。1.以下四幅图都源自教材插图，下列说法正确的是（）A.图甲为一定波长光照射到不透明圆盘上，在圆盘后得到的衍射图样B.图乙为双缝干涉示意图，双缝间距越大，则相邻亮条纹间距越大C.图丙为光导纤维工作原理示意图，内芯的折射率比外套的折射率小D.图丁为自然光照射两个竖直放置的偏振片，若只旋转其中一个偏振片，光屏上的亮度不变〖答案〗A〖解析〗A．图甲为一定波长的光照射到不透明圆盘上，在圆盘后得到的衍射图样，称为泊淞亮斑，选项A正确；B．图乙为双缝干涉示意图，根据可知，双缝间距越大，则相邻亮条纹间距越小，选项B错误；C．图丙为光导纤维工作原理示意图，内芯的折射率比外套的折射率大，选项C错误；D．图丁为自然光照射两个竖直放置的偏振片，若只旋转其中一个偏振片，偏振方向不平行，此时光屏上的亮度变暗，选项D错误。故选A。2.月球夜晚温度低至－180℃，“玉兔二号”月球车携带的放射性同位素钚238（）会不断发生衰变，释放能量为仪器设备供热。可以通过以下反应过程得到，，，下列说法正确的是（）A.k＝1 B.X为电子C.为轻核聚变 D.的比结合能比的比结合能大〖答案〗B〖解析〗A．在核反应方程中，由质量数守恒可得解得故A错误；B．在核反应方程中，根据电荷数守恒和质量数守恒可得解得 故X为电子，故B正确；C．核反应方程不是聚变反应，是人工核反应，故C错误；D．的衰变方程为该反应释放核能，所以的比结合能比的比结合能小，故D错误。故选B。3.餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为300g，相邻两盘间距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为（）A.10N/m B.100N/m C.200N/m D.300N/m〖答案〗B〖解析〗由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧形变相邻两盘间距，则有mg=3∙kx解得k=100N/m故选B。4.图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为和，图乙为质点a从该时刻开始计时的振动图像，下列说法正确的是（）A.时，质点b的加速度方向沿y轴正向B.时，质点b的位移沿y轴正向C.该波沿方向传播，波速为D.质点b经过4s振动路程为2m〖答案〗A〖解析〗C．由图乙可知质点a该时刻向上振动，根据波形平移法可知，该波沿方向传播，机械波的波长为4m，周期为8s，则波速为故C错误；AB．由于该波沿方向传播，根据波形平移法可知，时质点b的位移为沿y轴负向，加速度沿y轴正向，故B错误，A正确；D．由于可知质点b经过4s振动的路程为故D错误；5.牛顿认为物体落地是由于地球对物体的吸引，这种吸引力可能与天体间（如地球与月球）的引力具有相同的性质、且都满足。已知地月之间的距离r大约是地球半径的60倍，地球表面的重力加速度为g，根据牛顿的猜想，月球绕地球公转的周期为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗设地球半径为R，由题知，地球表面的重力加速度为g，则有月球绕地球公转有r=60R联立有故选C。6.如图所示，图甲为氢原子的能级图，大量处于n＝4激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，其中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极K上时，电路中电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是（）A.频率最高光子是从n=4跃迁到n=3发出的B.光电管阴极K金属材料的逸出功为7.0eVC.若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零，则可判断图乙中电源右侧为正极D.氢原子跃迁放出的光子中有3种频率的光子可以使阴极K发生光电效应现象〖答案〗D〖解析〗A．频率最高光子是从n=4跃迁到n=1发出的，故A错误；B．大量处于n=4激发态的氢原子跃迁时，发出的光子中，其中频率最高的光子，对应的能量为由光电效应方程可得由丙图可知截止电压为7V，代入数据解得阴极K金属材料的逸出功为故B错误；C．若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零，则电子受到的电场力应向左，场强方向应向右，则可判断图乙中电源左侧为正极，故C错误；D．由于阴极K金属材料的逸出功为氢原子跃迁放出的光子中，n=4、n=3、n=2能级跃迁至n=1能级的光子能量大于该逸出功，可以使阴极K发生光电效应现象，故共有3种频率的光子可以使阴极K发生光电效应现象，故D正确。故选D。7.如图所示，AO、BO为两条不同的光滑轨道，端点O、A、B都在竖直圆周上，CO为竖直直径。完全相同的两个小球分别从A、B两点沿两条轨道由静止开始同时释放，不计空气阻力。两小球到达O点的过程中，下列判断正确的是（）A.沿BO轨道运动的小球先到达点B.两个小球重力的冲量不相同C.两小球到达O点的动量相同D.沿AO轨道运动小球的动量变化率大〖答案〗D〖解析〗AB．设任一斜面与竖直方向的夹角为α，圆的直径为d。由牛顿第二定律可求得根据运动学公式有可得与α无关，只与圆弧的半径及重力加速度有关，故下落时间相同，由I=mgt可知，重力的冲量相等，故AB错误；

C．两小球到达O点的动量方向不相同，则动量不相同，选项C错误；D．根据动量定理，动量的变化率等于小球受到的合外力，则所以沿AO轨道运动小球的动量变化率大，故D正确；

故选D。8.疫情防控期间，小明同学在家中对着竖直墙壁打乒乓球，某次在空中A点将球斜向上击出，球垂直撞在墙上的O点后沿与碰撞前速度相反的方向弹回落地，落地点B正好在发球点A的正下方，如图所示。不计球的旋转及空气阻力，以O点为坐标原点、垂直于墙壁向左为x轴正方向、平行于墙壁向下为y轴正方向建立平面直角坐标系，关于球从A点到刚落到B点的运动过程中，下列说法中正确的是（）A.球机械能守恒B.球在B点时的动能一定大于在A点时的动能C.过A、B两点的轨迹的切线与x轴相交于同一点D.球在B点时的水平速度比在A点时的水平速度大〖答案〗C〖解析〗A．根据题意，从A到O点可看作平抛运动的逆过程，从O到B点为平抛运动，水平位移相同，反弹回时下落的高度大，运动的时间长，可知反弹回的初速度比撞击墙时的速度小，故碰撞时有机械能损失，A错误；B．反弹时球的速度大于撞击O点时的速度，即反弹后的水平分速度小于抛出时的水平分速度，下落到B的高度大于AO的高度差，故落到B点时竖直方向的分速度大于抛出时的竖直方向的分速度，故小球在A、B两点的速度大小关系不确定，动能关系也不确定，B错误；C．根据平抛运动的推论可知，速度的反向延长线过水平位移的中点，两轨迹的水平位移相同，故A、B两点的轨迹的切线与x轴相交于同一点，C正确；D．球在B点时的水平速度比在A点时的水平速度小，D错误。故选C。9.两个所带电荷量相等的点电荷固定在x轴上A、B两点，A、B与坐标原点O的距离相等，以无穷远处为电势零点，轴上各点电势随坐标分布的图像如图所示，M、N是轴上两点，其中M点比N点距离O点远，将一带负电的试探电荷沿轴从M点移动到N点的过程中，下列说法中正确的是（）A.试探电荷在M点受到的电场力比在N点大B.试探电荷在M点具有的电势能比在N点大C.试探电荷在M、N两点受到的电场力方向相同D.电场力先做正功后做负功〖答案〗A〖解析〗A．-x图线上某点斜率表示该点场强，由图像可知M点场强大小大于N点场强大小，则试探电荷在M点受到的电场力比在N点大，故A正确；B．两点电荷所带电量相等，关于O点对称，M点比N点距离O点远，M点电势高于N点，则负试探电荷在M点具有的电势能比在N点小，故B错误；C．M、N两点场强方向相反，试探电荷在M、N两点受到的电场力方向相反，故C错误；D．由图可知从M到O电势降低，从O到N电势升高，将一带负电的试探电荷沿x轴从M点移动到N点的过程中，电场力对试探电荷先做负功，后做正功，故D错误。故选A。10.如图所示，在光滑绝缘的水平面上，有一长为、宽为的金属矩形线圈，其电阻为，质量为，线圈的右侧以虚线为界存在垂直纸面向里的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现使线圈以垂直磁场边界大小为的速度向右运动，线圈从开始运动到静止的过程中，线圈通过的位移用表示，通过线圈的电荷量用表示。改变初速度v0大小，、与线圈的初速度v0间的关系图像正确的是（）A. B. C.D.〖答案〗B〖解析〗对线圈由动量定理有联立有因表明线圈未完全进入磁场，故q与v0成正比，x与v0成正比。故选B。11.如图所示，半径为R的圆环固定在竖直平面内，圆心为O，O1、O2为两个轻质定滑轮，其中O1在O点正上方2R处。跨过定滑轮的轻绳，一端连接着位于圆环最低点的小球P（P套在圆环上），另一端连接着小球Q，某时刻小球P获得水平向右的初速度，沿着圆环恰好能上升到E点，EO与竖直方向的夹角为。已知小球P、Q的质量分别、，重力加速度为g，忽略一切摩擦。下列说法正确的是（）A.从最低P点运动到E点过程中，其机械能先增大后减小B.当P刚开始运动时，绳子上的拉力大于mgC.P运动到圆心等高处的F点时，P与Q的速度大小之比为D.小球P的初动能为〖答案〗D〖解析〗A．由于忽略一切摩擦，故P、Q整体机械能守恒，Q的机械能减小，P的机械能增大，故A错误；B．当P球刚运动时，Q有竖直向下的加速度，则轻绳的拉力故B错误；C．当P球运动到圆心等高处F点处时，设此时轻绳与竖直方向的夹角为，P、Q速度大小分别为v1、v2，根据运动的合成与分解可得根据几何关系可得解得故C错误；D．根据几何关系可知，小球P到达E点时，Q下降的高度为设小球P的初动能为Ek0，由题意，在小球P从圆环最低点到E点的运动过程中，对P、Q整体根据机械能守恒定律有解得故D正确。故选D。二、实验题：每空3分，共15分。12.在“测量金属丝的电阻率”的实验中，某同学选择一根粗细均匀、阻值约为5Ω的电阻丝进行测量。（1）先测量电阻丝的长度，再用螺旋测微器测量其直径，结果如图1所示为__________mm。（2）现有电源（电动势E为3.0V，内阻不计）、开关和导线若干，以及下列器材：A．电流表（量程0~0.6A，内阻约0.2Ω）B．电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）C．滑动变阻器（0~5Ω，额定电流2A）D．滑动变阻器（0~200Ω，额定电流1A）为减小误差，且金属丝两端的电压调节范围尽量大，滑动变阻器应选_____（填器材前的字母）。（3）要求金属丝两端的电压调节范围尽量大，补充完成图2中实物间的连线。________（4）上述实验，下列说法正确的是________。A．多次测量金属丝直径并求平均值可以减小系统误差B．用U—I图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差C．电压表分流会导致电阻测量值偏小D．电流表分压会导致电阻测量值偏大（5）电导率是电阻率的倒数，常用单位是(Ω∙cm)－1。电导率是反映水质的一项重要指标。某种饮用水的电导率约为1.0×10－3(Ω∙cm)－1。将该饮用水灌入一个高约12cm、容积约240mL的薄壁塑料瓶（如图3所示），瓶的两端用两个略小于瓶底面积的固定金属圆片电极密封。能否采用图2中的实验器材较为精确地测量该饮用水的电导率？__________并简要阐述理由_____________〖答案〗（1）0.669##0.670##0.671（2）C（3）（4）BC（5）不能见〖解析〗〖解析〗（1）[1]根据螺旋测微计的读数法则有0.5mm＋16.9×0.01mm=0.669mm（2）[2]为减小误差，且金属丝两端的电压调节范围尽量大，则滑动变阻器应采用分压式接法，且选阻值较小的。故选C。（3）[3]待测电阻约为5Ω，电压表内阻远大于待测电阻，故电流表采用外接法，滑动变阻器采用分压接法，故补充完成图如下图所示（4）[4]A．用螺旋测微器多次测量金属丝直径并取平均值可以减小偶然误差，故A错误；B．用电压—电流图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差，故B正确；CD．只考虑电表内阻引起的误差，本实验采用电流表外接，误差来源于电压表分流会导致电流的测量值较大，则电阻测量值偏小，故C正确、D错误。故选BC。（5）[5][6]由电阻定律和，可得塑料瓶中装满该饮用水后的电阻为当该同学用上述装置进行检测时，电路中最大电流为几乎无法使电流表指针发生偏转，因此不能用上述实验装置完成精确测量。三、计算题：本题共4题，共41分。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。13.如图甲所示为我国传统民俗文化表演“抡花”活动，祈福来年风调雨顺、免于火灾，已被列入国家级非物质文化遗产。“抡花”原理如图乙所示，快速转动竖直转轴O1O2上的手柄AB，带动可视为质点的“花筒”M、N在水平面内转动，筒内烧红的铁片沿轨迹切线飞出，落到地面，形成绚丽的图案。已知MO1=NO1=1m，M、N离地高3.2m，若手摇AB转动的角速度大小为20rad/s，不计空气阻力，重力加速度取，求：（1）“花筒”（内含铁片）质量为3kg时所需向心力大小；（2）铁片落地点距O2的距离大小（计算结果可用根号表示）。〖答案〗（1）1200N；（2）〖解析〗（1）“花筒”所需向心力大小为F＝mω2r得F＝1200N（2）“花筒”M转动的角速度与相同，其线速度大小为v＝ωr得v＝20m/s烧红的铁片沿切线飞出后，做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有水平方向做匀速直线运动，有x=vt所以，落地点距的距离大小为得14.如图所示，竖直放置内壁光滑的绝热气缸中有加热装置，气缸壁内有卡槽，卡槽距缸底的高度H=1m。质量M=2kg、横截面积S=10cm2的活塞停在卡槽处，其下方封闭有一定质量压强为p1=0.8×105Pa、温度为T1=3