2024届黑龙江省齐齐哈尔市高三下学期三模物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE72024黑龙江省齐齐哈尔高三三模联考物理试卷全卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区城内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选〖答案〗的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。5．本卷主要考查内容：高考范围。一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.“5G改变社会，6G改变世界”，近年来，我们见证了电磁波不同频段应用的快速发展．5G所用的电磁波频率一般在24GHz到100GHz之间，6G将使用频率在100GHz到10000GHz之间的电磁波；是一个频率比5G高出许多的频段。下列相关说法正确的是（）A.5G电磁波光子能量较大B.5G电磁波光子动量较大C.6G电磁波更容易使金属发生光电效应D.6G电磁波遇到障碍物更容易衍射〖答案〗C〖解析〗A．根据光子能量公式可知6G电磁波频率高，光子能量较大，故A错误；B．根据德布罗意波长公式，可知6G电磁波频率高，波长小，光子动量较大，故B错误；C．6G电磁波光子能量大更容易使金属发生光电效应，故C正确；D．6G电磁波波长小，遇到障碍物不容易发生明显衍射，故D错误。故选C。2.茶道文化起源于中国，是一种以茶修身的生活方式。东坡有诗云“一勺励清心，酌水谁含出世想。”下列关于泡茶中的物理现象的说法错误的是（）A.泡茶时，开水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高分子热运动越剧烈B.放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是扩散现象C.泡茶过程中洒漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，说明茶水与茶托间是浸润的D.打碎的茶杯不能拼接复原，说明分子间不存在作用力〖答案〗D〖解析〗A．泡茶时，开水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高分子热运动越剧烈，故A正确，不符合题意；B．放入茶叶后，水颜色由浅变深，是扩散现象，故B正确，不符合题意；C．泡茶过程中洒漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，说明茶水与茶托间是浸润的，故C正确，不符合题意；D．打碎的茶杯不能拼接复原，是因为分子间距离太大，分子间作用力可以忽略不计，并不是分子间不存在作用力，故D错误，符合题意。故选D。3.燃气灶支架有很多种规格和款式。如图所示，这是a、b两款不同的燃气灶支架，它们都是在一个圆圈底座上等间距地分布有五个支架齿，每一款支架齿的简化示意图在对应的款式下方。如果将质量相同、尺寸不同的球面锅置于两款支架上，则锅的尺寸越大（）A.a款每个支架齿受到的压力越大 B.a款每个支架齿受到的压力越小C.b款每个支架齿受到的压力越大 D.b款每个支架齿受到的压力越小〖答案〗B〖解析〗AB．a款支架对球面锅的支持力方向指向球面锅的球心，如下图锅处于平衡状态解得支架对球面锅的支持力由图知，锅的尺寸越大，越小，则支架对球面锅的支持力越小。又由牛顿第三定律得，锅的尺寸越大，球面锅对支架的压力越小。故A错误，B正确；CD．b款支架对球面锅的支持力方向垂直于接触面，如下图锅处于平衡状态解得支架对球面锅的支持力由图知，不论锅的尺寸大小，不变，则支架对球面锅的支持力大小不变。又有牛顿第三定律得，锅的尺寸无论大小，球面锅对支架的压力不变。故CD错误。故选B。4.汽车主动降噪系统是一种能够自动减少车内噪音的技术，通过扬声器发出声波将车外噪音反向抵消，从而减少车内噪音。下列说法正确的是（）A.抵消声波的相位与噪音声波的相位相同B.抵消声波的振幅与噪音声波的振幅相等C.抵消声波和噪音声波在空气中传播的频率不相等D.汽车降噪过程应用的是声波的衍射原理〖答案〗A〖解析〗汽车降噪过程应用的是声波的叠加原理，所以抵消声波的频率、相位与噪音声波的频率、相位相同，与振幅无关。故选A。5.图甲为某风速测量装置，可简化为图乙所示的模型。圆形磁场半径为L，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，风推动风杯组（导体棒OA代替）绕水平轴以角速度ω顺时针转动，风杯中心到转轴距离为2L，导体棒OA电阻为r，导体棒与弹性簧片接触时回路中产生电流，接触过程中，导体棒转过的圆心角为45°，图乙中电阻阻值为R，其余电阻不计。下列说法正确的是（）A.流过电阻R的电流方向为从左向右B.风杯的速率为ωLC.导体棒与弹性簧片接触时产生的电动势为D.导体棒每转动一圈，流过电阻R的电荷量为〖答案〗D〖解析〗A．根据右手定则可知，导体棒OA上感应电流方向为从O到A，流过电阻R的电流方向为从右向左。故A错误；B．风杯的速率为v=ω×2L=2ωL故B错误；C．导体棒与弹性簧片接触时产生的电动势为故C错误；D．依题意，导体棒每转动一圈，接触过程中，导体棒转过的圆心角为45°所以三组风杯组总共接触过程对应的时间为根据闭合电路欧姆定律，有又联立，解得故D正确。故选D。6.华为mate60手机实现了卫星通信，只要有卫星信号覆盖的地方，就可以实现通信。如图所示，三颗赤道上空的通信卫星恰好能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度相同，地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，忽略地球自转影响，下列说法正确的是（）A.三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小一定相等B.为了提高通讯质量，该卫星可以是近地卫星C.该卫星离地高度为2RD.该卫星运行的线速度大小为〖答案〗D〖解析〗A．通信卫星受到的万有引力大小为由于不知道三颗通信卫星的质量大小关系，所以三颗通信卫星受到地球的万有引力大小不一定相等。故A错误；BC．三颗通信卫星若要全面覆盖，则其如图所示由几何关系可知，，其中OA为地球半径R，由几何关系有解得即所以通信卫星高度至少为R。故BC错误；D．根据在地球表面联立解得故D正确。故选D。7.如图所示，光滑绝缘圆管竖直固定在水平匀强磁场中，一带正电小球从管口由缝静止开始下落，则下列描述圆管对小球的冲量I随下落时间t和下落高度h的关系图像中正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗小球竖直方向只受重力，小球做自由落体运动，则有，小球下落过程中在水平方向将受到洛伦兹力，根据水平方向受力平衡可知圆管对小球的弹力大小始终等于小球所受洛伦兹力，即有由此可知圆管对小球的冲量联立以上各式可得，则可知，小球的图像为过原点且开口向上的抛物线，图像为过原点的倾斜直线。故选A。二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.某同学学习了电磁炮驱动原理后，设计了圆形轨道的电磁炮模型，如图甲所示，半径为R的半圆形轨道，正对平行竖直摆放，轨道间距也为R，空间有辐向分布的磁场，使得轨道所在处磁感应强度大小恒为B，用质量为m、长度为R的细导体棒代替炮弹，与轨道接触良好，正视图如图乙所示，轨道最高位置与圆心齐平。给导体棒输入垂直纸面向里的恒定电流Ⅰ，将其从轨道最高位置由静止释放，使得导体棒在半圆形轨道上做圆周运动，到达另一侧最高位置时完成加速．忽略一切摩擦，且不考虑导体棒中电流产生的磁场及电磁感应现象的影响，下列说法正确的是（）A.为实现电磁加速，应从左侧释放导体棒B.导体棒到达轨道最低点时，其加速度方向竖直向上C.加速完成时，导体棒获得的速度大小为D.加速完成时，轨道对导体棒的支持力大小为πBIR〖答案〗AC〖解析〗A．由左手定则可知导体棒在左侧时，受到的安培力向下，使导体棒向下加速，故A正确；B．导体棒到达轨道最低点时，竖直方向受到重力和支持力，安培力水平向右，则合力方向不是竖直向上，其加速度方向也不是竖直向上，故B错误；C．对加速过程根据动能定理有，L=R解得故C正确；D．加速完成时，根据牛顿第二定律可知轨道对导体棒的支持力大小为故D错误。故选AC。9.利用智能手机的加速度传感器可测量手机自身的加速度。用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向，重力加速度大小为。下列说法正确的是（）A手机有可能离开过手掌 B.时刻手机运动到最高点C.时刻手机开始减速上升 D.时刻手机速度可能为0〖答案〗ACD〖解析〗A．根据题图可知，手机的加速度在内的某段时间等于重力加速度，则可知手机与手掌之间没有力的作用，因此手机在该段时间内可能离开过手掌，故A正确；B．根据可知，图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量，而根据题图可知在时刻手机的速度为正，即可知手机还未达到最高点，故B错误；C．由题图可知，时刻后手机的加速度变为负方向，而速度依旧为正方向，则可知时刻手机开始减速上升，故C正确；D．当时间内图像与时间轴围成的面积等于时间内图像与时间轴围成的面积时，则表示正向速度变化量等于负向速度变化量，即手机速度减为0，故D正确。故选ACD。10.心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可等效为一个内阻恒定的交流电源，并通过变压器转换信号，其原理可简化为如下图模型，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻的阻值为8R，滑动变阻器的最大阻值为R，滑片初始位置在最下端。理想电流表A的示数为I。下列说法正确的是（）A.保持位置不变，向上缓慢滑动的过程中，I增大B.保持位置不变，向上缓慢滑动的过程中，消耗的功率增大C.保持位置不变，向下缓慢滑动的过程中，I增大D.保持位置不变，向下缓慢滑动的过程中，消耗的功率先增大后减小〖答案〗AD〖解析〗AB．由题意可知，原副线圈的匝数比为，根据原副线圈中电流比等于匝数的反比可知，副线圈所在回路中的电流为，根据欧姆定律可知副线圈两端的电压根据匝数比等于电压之比可知原线圈两端的电压输入电压可得保持位置不变，向上缓慢滑动的过程中，不断增大，该过程中原线圈的功率由于的阻值为，而的阻值最大为，因此向上缓慢滑动的过程中，不断减小，可得不断增大，由此可知原线圈的功率不断减小，而原副线圈的功率相等，则可知，消耗的功率减小，故A正确，B错误；C．设原副线圈的匝数比为，则有，，则可得则整理可得保持位置不变，向下缓慢滑动的过程中，不断变大，则变小，故C错误；D．根据原副线圈的功率相等可知消耗的功率整理可得可知当时，消耗的功率有最大值，可知消耗的功率先增大后减小，故D正确。故选AD。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11.在“测定玻璃的折射率”的实验中，实验小组在白纸上放好玻璃砖MNPQ，画出玻璃砖与空气的两个界面aa'和bb'（如图甲）。（1）实验小组内的两位学生在实验中：①第一位学生为了避免笔尖触划玻璃砖的折射面，画出的aa'和bb'都比实际的折射面向外侧平移了一些（如图乙所示），以后的操作都正确无误，并仍以aa'和bb'为折射面画出了光路图，这样测出的折射率n的值将______（填“偏大”“偏小”或“不变”）；②第二位学生在纸上正确画出了玻璃砖的两个折射面aa'和bb'，在后面的实验中因不慎碰动了玻璃砖，使它向aa'方向平移了一点（如图丙所示），以后的操作都正确无误，并仍以aa'和bb'为折射面画出了光路图，这样测出的折射率n的值将______（填“偏大”“偏小”或“不变”）。（2）纠正错误后，实验小组得到如图丁所示的插针结果，则：①请在图中画出光路图______，并标明在入射面上的入射角和折射角；②该玻璃砖的折射率n＝______〖答案〗（1）偏小不变（2）〖解析〗小问1详析】[1]同学1光路图如图所示由图可知其中变大，则减小，即测量值偏小；[2]同学2的光路图如图所示由图可知角度保持不变，所以的值不变。【小问2详析】根据结果画出的光路图如图所示折射率12.在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，都会产生系统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。已知定值电阻。（1）实验中，定值电阻的作用有______（填字母）。A．保护电源B．在电流变化时使电压表示数变化明显C．在电压变化时使电流表示数变化明显（2）实验操作步骤如下：①将滑动变阻器滑片滑到最左端位置；②接法Ⅰ：单刀双掷开关S与1接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U-I的值，断开开关；③将滑动变阻器滑到最左端位置；④接法Ⅱ：单刀双掷开关S与2接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U-I的值，断开开关；⑤分别作出两种情况所对应的U-I图像。（3）单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，电压表指针如图乙所示，此时U＝______V．（4）根据测得数据，作出两U-I图像分别如图丙、丁所示，根据图像可知图丙对应的接法为______（填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）。（5）综合可求得电源电动势E＝______V，内阻r＝______Ω。（结果均保留两位小数）〖答案〗（1）AB##BA（3）1.50（4）接法Ⅰ（5）1.800.25〖解析〗（1）[1]定值电阻有保护电源的作用，且由于电源内阻很小，则根据闭合电路的欧姆定律有可知加了定值电阻后可以达到电流变化时使电压表的示数变化明显的效果。故选AB。（3）[2]根据（4）中所做图像可知，电压表最大量程应为3V，而量程为3V的电压表，其分度值为0.1V，采用十分之一读法，需估读到分度值的下一位，由图乙可知电压表的读数为1.50V。（4）[3]两种方法中接法Ⅰ采用了电流表的内接法，接法Ⅱ采用了电流表的外接法，比较图丙和图丁可知，图丙所示图像的斜率更大，而图像斜率的绝对值表示电源的内阻，分析可知接法Ⅰ，即电流表的内接法，所测电源内阻偏大，所测内阻应为电源实际内阻与电流表内阻之和，由此可知图丙对应的接法为接法Ⅰ。（5）[4][5]当单刀双掷开关接1，且电流表示数为0时，电压表测量准确，此时电压表所测电压即为电源的电动势，因此电源电动势为图丙的纵轴截距，可得当单刀双掷开关接2，且电压表示数为0时，电流表测量准确，由图丁图像可知，此时电路电流为则根据闭合电路的欧姆定律有解得13.在火星上太阳能电池板发电能力有限，因此科学家们用放射性材料——作为发电能源为火星车供电（中的Pu是）。已知衰变后变为和一个X粒子。若静止的在磁感应强度大小为B的匀强磁场中发生衰变，X粒子的速度大小为v，方向与匀强磁场的方向垂直，在磁场中做匀速圆周运动。已知X粒子的质量为m，电荷量为q。（1）写出发生衰变的核反应方程；（2）在磁场中的圆周运动可等效成一个环形电流，求做圆周运动的周期T和环形电流大小I；（3）磁矩是描述环形电流特征的物理量，把粒子做圆周运动形成的环形电流与圆环面积的乘积叫做粒子的回旋磁矩，用符号μ表示。试推导粒子回旋磁矩μ的表达式。〖答案〗（1）；（2），；（3）〖解析〗（1）衰变方程为（2）衰变时，根据动量守恒定律得在磁场中，根据牛顿第二定律得解得所以铀核在磁场中运动轨道半径为根据解得环形电流大小（3）根据题意可得解得14.“打水漂”是很多同学体验过的游戏，小石片被水平抛出，碰到水面时并不会直接沉入水中，而是擦着水面滑行一小段距离再次弹起飞行，跳跃数次后沉入水中．如图所示，某同学在岸边离水面高度处，将一块质量的小石片以初速度水平抛出，若小石片与水面碰撞后，竖直分速度反向，大小变为碰前的，水平分速度方向不变，大小变为碰前的，当小石片的入水角（速度方向与水面间的夹角）大于53°时，小石片将沉底．空气阻力可忽略不计，重力加速度，。求：（1）第一次接触水面处与抛出点的水平距离；（2）小石片第一次与水面碰撞过程中损失的机械能；（3）小石片最多能弹跳的次数。〖答案〗（1）2.4m；（2）；（3）4次〖解析〗（1）小石片抛出后做平抛运动，而平抛运动在竖直方向分运动为自由落体运动，则有解得平抛运动在水平方向的分运动为匀速直线运动，则有解得（2）小石片第一次接触水面前瞬间的竖直分速度第一次被反弹后竖直分速度大小水平分速度大小为则小石片第一次与水面碰撞过程中损失的机械能（3）设小石片完成第一次弹跳后还能弹跳次，则根据已知条件可得解得因此可知小石片最多能弹跳4次。15.如图甲，一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B，其电荷量分别为和。A右端固定有轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长。整个空间存在水平向右场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为2qE。时，A以初速度向右运动，B处于静止状态。滑块A运动的v-t图像如图乙所示，在时刻，速度为，并且为图线中速度的最小值，此时弹簧未与B相碰；在时刻，A的速度；在时刻，A的速度达到最大，此时，弹簧的弹力大小为3qE，均为未知量。运动过程中，A、B处在同一直线上，A、B的电荷量始终保持不变且可看作点电荷，静电力常量为k；B与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内，求：（1）0～时间内，合外力对A所做的功；（2）时刻A与B之间的距离；（3）时刻B的速度；（4）时间内，库仑力和弹簧弹力对A和B做的总功。〖答案〗（1）；（2）；（3）；（4）〖解析〗（1）时间内，根据动能定理可得合外力对A所做的功解得（2）速度—时间图像的斜率表示加速度，则由图乙可知，时刻A的加速度为0，说明此时A所受合外力为0，设此时A、B相距，则根据平衡条件有其中联立解得（3）时刻B受到电场力与库仑力的合力与摩擦力大小相等，B开始运动，时间内，A受到向右大小为Eq的电场力、向右的库仑力以及向左大小为2Eq的摩擦力，B受到向左大小为Eq的电场力、向左的库仑力以及向右大小为2Eq的摩擦力，可知A、B组成的系统合外力为0，则由动量守恒定律有解得（4）根据题意，在时刻A的速度达到最大，此时A的加速度为0，合外力为0，设此时A、B间的距离为，则此时对A有其中，联立解得时间内，对A、B组成的系统由动量守恒定律有解得由动能定理有解得2024黑龙江省齐齐哈尔高三三模联考物理试卷全卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区城内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选〖答案〗的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。5．本卷主要考查内容：高考范围。一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.“5G改变社会，6G改变世界”，近年来，我们见证了电磁波不同频段应用的快速发展．5G所用的电磁波频率一般在24GHz到100GHz之间，6G将使用频率在100GHz到10000GHz之间的电磁波；是一个频率比5G高出许多的频段。下列相关说法正确的是（）A.5G电磁波光子能量较大B.5G电磁波光子动量较大C.6G电磁波更容易使金属发生光电效应D.6G电磁波遇到障碍物更容易衍射〖答案〗C〖解析〗A．根据光子能量公式可知6G电磁波频率高，光子能量较大，故A错误；B．根据德布罗意波长公式，可知6G电磁波频率高，波长小，光子动量较大，故B错误；C．6G电磁波光子能量大更容易使金属发生光电效应，故C正确；D．6G电磁波波长小，遇到障碍物不容易发生明显衍射，故D错误。故选C。2.茶道文化起源于中国，是一种以茶修身的生活方式。东坡有诗云“一勺励清心，酌水谁含出世想。”下列关于泡茶中的物理现象的说法错误的是（）A.泡茶时，开水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高分子热运动越剧烈B.放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是扩散现象C.泡茶过程中洒漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，说明茶水与茶托间是浸润的D.打碎的茶杯不能拼接复原，说明分子间不存在作用力〖答案〗D〖解析〗A．泡茶时，开水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高分子热运动越剧烈，故A正确，不符合题意；B．放入茶叶后，水颜色由浅变深，是扩散现象，故B正确，不符合题意；C．泡茶过程中洒漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，说明茶水与茶托间是浸润的，故C正确，不符合题意；D．打碎的茶杯不能拼接复原，是因为分子间距离太大，分子间作用力可以忽略不计，并不是分子间不存在作用力，故D错误，符合题意。故选D。3.燃气灶支架有很多种规格和款式。如图所示，这是a、b两款不同的燃气灶支架，它们都是在一个圆圈底座上等间距地分布有五个支架齿，每一款支架齿的简化示意图在对应的款式下方。如果将质量相同、尺寸不同的球面锅置于两款支架上，则锅的尺寸越大（）A.a款每个支架齿受到的压力越大 B.a款每个支架齿受到的压力越小C.b款每个支架齿受到的压力越大 D.b款每个支架齿受到的压力越小〖答案〗B〖解析〗AB．a款支架对球面锅的支持力方向指向球面锅的球心，如下图锅处于平衡状态解得支架对球面锅的支持力由图知，锅的尺寸越大，越小，则支架对球面锅的支持力越小。又由牛顿第三定律得，锅的尺寸越大，球面锅对支架的压力越小。故A错误，B正确；CD．b款支架对球面锅的支持力方向垂直于接触面，如下图锅处于平衡状态解得支架对球面锅的支持力由图知，不论锅的尺寸大小，不变，则支架对球面锅的支持力大小不变。又有牛顿第三定律得，锅的尺寸无论大小，球面锅对支架的压力不变。故CD错误。故选B。4.汽车主动降噪系统是一种能够自动减少车内噪音的技术，通过扬声器发出声波将车外噪音反向抵消，从而减少车内噪音。下列说法正确的是（）A.抵消声波的相位与噪音声波的相位相同B.抵消声波的振幅与噪音声波的振幅相等C.抵消声波和噪音声波在空气中传播的频率不相等D.汽车降噪过程应用的是声波的衍射原理〖答案〗A〖解析〗汽车降噪过程应用的是声波的叠加原理，所以抵消声波的频率、相位与噪音声波的频率、相位相同，与振幅无关。故选A。5.图甲为某风速测量装置，可简化为图乙所示的模型。圆形磁场半径为L，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，风推动风杯组（导体棒OA代替）绕水平轴以角速度ω顺时针转动，风杯中心到转轴距离为2L，导体棒OA电阻为r，导体棒与弹性簧片接触时回路中产生电流，接触过程中，导体棒转过的圆心角为45°，图乙中电阻阻值为R，其余电阻不计。下列说法正确的是（）A.流过电阻R的电流方向为从左向右B.风杯的速率为ωLC.导体棒与弹性簧片接触时产生的电动势为D.导体棒每转动一圈，流过电阻R的电荷量为〖答案〗D〖解析〗A．根据右手定则可知，导体棒OA上感应电流方向为从O到A，流过电阻R的电流方向为从右向左。故A错误；B．风杯的速率为v=ω×2L=2ωL故B错误；C．导体棒与弹性簧片接触时产生的电动势为故C错误；D．依题意，导体棒每转动一圈，接触过程中，导体棒转过的圆心角为45°所以三组风杯组总共接触过程对应的时间为根据闭合电路欧姆定律，有又联立，解得故D正确。故选D。6.华为mate60手机实现了卫星通信，只要有卫星信号覆盖的地方，就可以实现通信。如图所示，三颗赤道上空的通信卫星恰好能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度相同，地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，忽略地球自转影响，下列说法正确的是（）A.三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小一定相等B.为了提高通讯质量，该卫星可以是近地卫星C.该卫星离地高度为2RD.该卫星运行的线速度大小为〖答案〗D〖解析〗A．通信卫星受到的万有引力大小为由于不知道三颗通信卫星的质量大小关系，所以三颗通信卫星受到地球的万有引力大小不一定相等。故A错误；BC．三颗通信卫星若要全面覆盖，则其如图所示由几何关系可知，，其中OA为地球半径R，由几何关系有解得即所以通信卫星高度至少为R。故BC错误；D．根据在地球表面联立解得故D正确。故选D。7.如图所示，光滑绝缘圆管竖直固定在水平匀强磁场中，一带正电小球从管口由缝静止开始下落，则下列描述圆管对小球的冲量I随下落时间t和下落高度h的关系图像中正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗小球竖直方向只受重力，小球做自由落体运动，则有，小球下落过程中在水平方向将受到洛伦兹力，根据水平方向受力平衡可知圆管对小球的弹力大小始终等于小球所受洛伦兹力，即有由此可知圆管对小球的冲量联立以上各式可得，则可知，小球的图像为过原点且开口向上的抛物线，图像为过原点的倾斜直线。故选A。二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.某同学学习了电磁炮驱动原理后，设计了圆形轨道的电磁炮模型，如图甲所示，半径为R的半圆形轨道，正对平行竖直摆放，轨道间距也为R，空间有辐向分布的磁场，使得轨道所在处磁感应强度大小恒为B，用质量为m、长度为R的细导体棒代替炮弹，与轨道接触良好，正视图如图乙所示，轨道最高位置与圆心齐平。给导体棒输入垂直纸面向里的恒定电流Ⅰ，将其从轨道最高位置由静止释放，使得导体棒在半圆形轨道上做圆周运动，到达另一侧最高位置时完成加速．忽略一切摩擦，且不考虑导体棒中电流产生的磁场及电磁感应现象的影响，下列说法正确的是（）A.为实现电磁加速，应从左侧释放导体棒B.导体棒到达轨道最低点时，其加速度方向竖直向上C.加速完成时，导体棒获得的速度大小为D.加速完成时，轨道对导体棒的支持力大小为πBIR〖答案〗AC〖解析〗A．由左手定则可知导体棒在左侧时，受到的安培力向下，使导体棒向下加速，故A正确；B．导体棒到达轨道最低点时，竖直方向受到重力和支持力，安培力水平向右，则合力方向不是竖直向上，其加速度方向也不是竖直向上，故B错误；C．对加速过程根据动能定理有，L=R解得故C正确；D．加速完成时，根据牛顿第二定律可知轨道对导体棒的支持力大小为故D错误。故选AC。9.利用智能手机的加速度传感器可测量手机自身的加速度。用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向，重力加速度大小为。下列说法正确的是（）A手机有可能离开过手掌 B.时刻手机运动到最高点C.时刻手机开始减速上升 D.时刻手机速度可能为0〖答案〗ACD〖解析〗A．根据题图可知，手机的加速度在内的某段时间等于重力加速度，则可知手机与手掌之间没有力的作用，因此手机在该段时间内可能离开过手掌，故A正确；B．根据可知，图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量，而根据题图可知在时刻手机的速度为正，即可知手机还未达到最高点，故B错误；C．由题图可知，时刻后手机的加速度变为负方向，而速度依旧为正方向，则可知时刻手机开始减速上升，故C正确；D．当时间内图像与时间轴围成的面积等于时间内图像与时间轴围成的面积时，则表示正向速度变化量等于负向速度变化量，即手机速度减为0，故D正确。故选ACD。10.心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可等效为一个内阻恒定的交流电源，并通过变压器转换信号，其原理可简化为如下图模型，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻的阻值为8R，滑动变阻器的最大阻值为R，滑片初始位置在最下端。理想电流表A的示数为I。下列说法正确的是（）A.保持位置不变，向上缓慢滑动的过程中，I增大B.保持位置不变，向上缓慢滑动的过程中，消耗的功率增大C.保持位置不变，向下缓慢滑动的过程中，I增大D.保持位置不变，向下缓慢滑动的过程中，消耗的功率先增大后减小〖答案〗AD〖解析〗AB．由题意可知，原副线圈的匝数比为，根据原副线圈中电流比等于匝数的反比可知，副线圈所在回路中的电流为，根据欧姆定律可知副线圈两端的电压根据匝数比等于电压之比可知原线圈两端的电压输入电压可得保持位置不变，向上缓慢滑动的过程中，不断增大，该过程中原线圈的功率由于的阻值为，而的阻值最大为，因此向上缓慢滑动的过程中，不断减小，可得不断增大，由此可知原线圈的功率不断减小，而原副线圈的功率相等，则可知，消耗的功率减小，故A正确，B错误；C．设原副线圈的匝数比为，则有，，则可得则整理可得保持位置不变，向下缓慢滑动的过程中，不断变大，则变小，故C错误；D．根据原副线圈的功率相等可知消耗的功率整理可得可知当时，消耗的功率有最大值，可知消耗的功率先增大后减小，故D正确。故选AD。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11.在“测定玻璃的折射率”的实验中，实验小组在白纸上放好玻璃砖MNPQ，画出玻璃砖与空气的两个界面aa'和bb'（如图甲）。（1）实验小组内的两位学生在实验中：①第一位学生为了避免笔尖触划玻璃砖的折射面，画出的aa'和bb'都比实际的折射面向外侧平移了一些（如图乙所示），以后的操作都正确无误，并仍以aa'和bb'为折射面画出了光路图，这样测出的折射率n的值将______（填“偏大”“偏小”或“不变”）；②第二位学生在纸上正确画出了玻璃砖的两个折射面aa'和bb'，在后面的实验中因不慎碰动了玻璃砖，使它向aa'方向平移了一点（如图丙所示），以后的操作都正确无误，并仍以aa'和bb'为折射面画出了光路图，这样测出的折射率n的值将______（填“偏大”“偏小”或“不变”）。（2）纠正错误后，实验小组得到如图丁所示的插针结果，则：①请在图中画出光路图______，并标明在入射面上的入射角和折射角；②该玻璃砖的折射率n＝______〖答案〗（1）偏小不变（2）〖解析〗小问1详析】[1]同学1光路图如图所示由图可知其中变大，则减小，即测量值偏小；[2]同学2的光路图如图所示由图可知角度保持不变，所以的值不变。【小问2详析】根据结果画出的光路图如图所示折射率12.在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，都会产生系统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。已知定值电阻。（1）实验中，定值电阻的作用有______（填字母）。A．保护电源B．在电流变化时使电压表示数变化明显C．在电压变化时使电流表示数变化明显（2）实验操作步骤如下：①将滑动变阻器滑片滑到最左端位置；②接法Ⅰ：单刀双掷开关S与1接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U-I的值，断开开关；③将滑动变阻器滑到最左端位置；④接法Ⅱ：单刀双掷开关S与2接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U-I的值，断开开关；⑤分别作出两种情况所对应的U-I图像。（3）单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，电压表指针如图乙所示，此时U＝______V．（4）根据测得数据，作出两U-I图像分别如图丙、丁所示，根据图像可知图丙对应的接法为______（填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）。（5）综合可求得电源电动势E＝______V，内阻r＝______Ω。（结果均保留两位小数）〖答案〗（1）AB##BA（3）1.50（4）接法Ⅰ（5）1.800.25〖解析〗（1）[1]定值电阻有保护电源的作用，且由于电源内阻很小，则根据闭合电路的欧姆定律有可知加了定值电阻后可以达到电流变化时使电压表的示数变化明显的效果。故选AB。（3）[2]根据（4）中所做图像可知，电压表最大量程应为3V，而量程为3V的电压表，其分度值为0.1V，采用十分之一读法，需估读到分度值的下一位，由图乙可知电压表的读数为1.50V。（4）[3]两种方法中接法Ⅰ采用了电流表的内接法，接法Ⅱ采用了电流表的外接法，比较图丙和图丁可知，图丙所示图像的斜率更大，而图像斜率的绝对值表示电源的内阻，分析可知接法Ⅰ，即电流表的内接法，所测电源内阻偏大，所测内阻应为电源实际内阻与电流表内阻之和，由此可知图丙对应的接法为接法Ⅰ。（5）[4][5]当单刀双掷开关接1，且电流表示数为0时，电压表测量准确，此时电压表所测电压即为电源的电动势，因此电源电动势为图丙的纵轴截距，可得当单刀双掷开关接2，且电压表示数为0时，电流表测量准确，由图丁图像可知，此时电路电流为则根据闭合电路的欧姆定律有解得13.在火星上太阳能电池板发电能力有限，因此科学家们用放射性材料——作为发电能源为火星车供电（中的Pu是）。已知衰变