2024-2025學(xué)年江蘇省泰州市高三下學(xué)期開學(xué)考試物理試題（解析版）

高級中學(xué)名校試題PAGEPAGE12025屆高三調(diào)研測試物理試題（考試時間：75分鐘；總分：100分）一、單項選擇題：共11小題，每小題4分，共44分。每小題只有一個選項最符合題意。1.下列射線中，屬于電磁波的是（）A.α射線 B.β射線 C.γ射線 D.陰極射線【答案】C【解析】α射線是氦（）的原子核；β射線是電子；γ射線是光子，是電磁波；陰極射線是電子。故選C。2.如圖所示，豎直方向彈簧振子平衡位置為O，M、N關(guān)于O對稱，振動過程中小球在M、N位置物理量相同的是（）A.位移 B.動能 C.加速度 D.機械能【答案】B【解析】A．簡諧運動的位移起點為平衡位置O，則小球在M、N兩對稱位置的位移等大反向，位移不同，故A錯誤；B．根據(jù)簡諧運動的運動對稱可知，M、N兩對稱位置的速率相等，則動能相同，故B正確；C．簡諧運動的加速度是由回復(fù)力提供，始終指向平衡位置，由可知M、N兩對稱位置的加速度等大反向，即加速度不同，故C錯誤；D．小球在豎直方向做簡諧運動的過程，只有重力和彈簧的彈力做功，則小球和彈簧的系統(tǒng)機械能守恒，而小球的機械能不守恒，則M、N兩位置的機械能不相同，故D錯誤。故選B。3.如圖所示，在探究加速度與力、質(zhì)量關(guān)系的實驗中，若發(fā)現(xiàn)連接小車的細線與桌面接近平行而與軌道不平行，則應(yīng)（）A.減小滑輪高度 B.增大滑輪高度C.減小軌道傾角 D.增大軌道傾角【答案】A【解析】在探究加速度與力、質(zhì)量關(guān)系的實驗中，若發(fā)現(xiàn)連接小車的細線與桌面接近平行而與軌道不平行，說明滑輪高度過高，應(yīng)減小滑輪高度，使細線與軌道平行。故選A。4.如圖所示，玻璃磚的上下表面相互平行，一束單色光從玻璃磚的上表面斜射入玻璃磚，經(jīng)折射后從下表面射出，調(diào)整光線的入射角，則光線（）A.只可能在玻璃磚的上表面發(fā)生全反射B.只可能在玻璃磚的下表面發(fā)生全反射C.在玻璃磚上下表面均有可能發(fā)生全反射D.在玻璃磚上下表面均不可能發(fā)生全反射【答案】D【解析】發(fā)生全反射的條件是從光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)，且入射角大于臨界角。在玻璃磚的上表面是從空氣射入玻璃，所以不可能在玻璃磚的上表面發(fā)生全反射；在玻璃磚的下表面，其入射角和在上表面的折射角相等，根據(jù)光路可逆可知，在玻璃磚的下表面射出的光線其折射角等于在上表面的入射角，所以也不可能在下表面發(fā)生全反射。故選D。5.如圖所示，摩天輪半徑為R，軸與外圈之間有N根金屬拉索，垂直圓面的地磁場分量大小為B。當(dāng)摩天輪以角速度勻速轉(zhuǎn)動時，軸與外圈之間的電勢差大小為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由金屬拉索的轉(zhuǎn)動角速度ω和摩天輪半徑R，結(jié)合圓周運動特點，可得到其外圈處的線速度大小為金屬拉索的平均線速度大小由法拉第電磁感應(yīng)定律，可知動生感應(yīng)電動勢的表達式聯(lián)立，解得軸與外圈之間的電勢差大小為故選A。6.如圖1所示，透過方解石觀察下方的線條可以看到兩個像，這稱為雙折射現(xiàn)象，再透過緩慢旋轉(zhuǎn)的偏振片會觀察到兩個像交替出現(xiàn)，如圖2所示，則下列說法錯誤的是（）A.方解石是單晶體 B.方解石光學(xué)性質(zhì)各向異性C.透過方解石的光是偏振光 D.透過方解石的光波是縱波【答案】D【解析】AB．單晶體具有各向異性，會產(chǎn)生雙折射現(xiàn)象，方解石能產(chǎn)生雙折射現(xiàn)象，則方解石是單晶體，其光學(xué)性質(zhì)各向異性，故AB正確；CD．通過方解石的光能夠通過偏振片觀察到兩個像交替出現(xiàn)，即發(fā)生了偏振現(xiàn)象，說明透過方解石的光是偏振光，只有橫波才能發(fā)生偏振現(xiàn)象，則透過方解石的光波是橫波，故C正確，D錯誤。本題是選錯誤的，故選D。7.如圖所示，高鐵上方輸電線呈水平折線形架設(shè)，橫向固定在車廂上方的受電弓與輸電線緊密接觸．當(dāng)高鐵以大小為v的速度向前勻速運動時，受電弓與輸電線交點的移動速度大小為，受電弓受到輸電線的摩擦力為f，則（）A. B.C.f方向平行輸電線 D.f方向平行受電弓【答案】B【解析】AB．電車以大小為v的速度向前勻速運動，由于電車與輸電線緊密接觸，輸電線呈折線形狀?？梢詫⒔稽c的運動看作是兩個分運動的合運動：一個分運動是隨著電車一起向前的勻速直線運動，速度大小為v。另一個分運動是沿著受電弓方向的運動（因為交點會在輸電線折線上移動），如下圖所示根據(jù)運動的合成與分解，合速度v1是上述兩個分速度的矢量和。由平行四邊形定則可知，合速度v1大于其中一個分速度v，即v1＞v故A錯誤，B正確；CD．滑動摩擦力的方向與相對運動方向相反。以輸電線為參考系，受電弓相對輸電線的實際運動方向是向前運動和沿輸電線方向運動的合運動方向。而滑動摩擦力的方向與受電弓相對輸電線的合運動方向相反，故CD錯誤。故選B。8.如圖所示為電蚊拍升壓電路的一部分，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為，D為理想二極管，將干電池電壓轉(zhuǎn)變成峰值為的正弦交流電輸入到變壓器原線圈，則輸出端A、B間的最終電壓為（）A.300V B. C.600V D.【答案】D【解析】原線圈輸入的正弦交流電的峰值為副線圈兩端電壓的峰值電壓，根據(jù)變壓器的原理解得二極管具有單向?qū)щ娦?，?dāng)副線圈輸出的交流電電壓方向使得二極管導(dǎo)通時，電流通過二極管對電容器充電，當(dāng)副線圈輸出的交流電電壓方向使得二極管導(dǎo)截止時，電容器上的電荷無法通過二極管放電，在一個周期內(nèi)，電容器不斷充電，最終穩(wěn)定時，電容器兩端的電壓會達到副線圈輸出電壓的峰值而輸出端A、B的最終電壓為故選D。9.如圖所示，質(zhì)量為m的人造衛(wèi)星在橢圓軌道上運動，遠地點M和近地點N到地球球心的距離分別為、，衛(wèi)星在M、N處的速度和所受地球引力大小分別為、和、，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】AB．如果衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，則萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律可得可見，萬有引力與線速度既不成正比，也不成反比，AB錯誤；CD．衛(wèi)星運動過程需要的向心力衛(wèi)星在遠地點做近心運動，萬有引力大于向心力，即衛(wèi)星在近地點做離心運動，萬有引力小于向心力，即C正確，D錯誤。故選C。10.一定量的理想氣體經(jīng)歷如圖所示的循環(huán)，則一次循環(huán)中氣體對外做功最多的階段是（）A.A→B B.B→C C.C→D D.D→A【答案】C【解析】根據(jù)設(shè)狀態(tài)下的體積大小為，可將題中圖像轉(zhuǎn)換為圖像，如圖所示理想氣體狀態(tài)方程和氣體做功的計算公式所以圖線與橫軸所圍面積表示做功。由圖可知，氣體從A→B和D→A階段外界對氣體做功，B→C和C→D階段氣體對外做功，且B→C對外做功為由圖可得C→D階段做功所以一次循環(huán)中氣體對外做功最多的階段是C→D。故選C。11.3段均勻帶有等量電荷的圓環(huán)組成圓環(huán)，圓心為，各圓環(huán)間彼此絕緣，電性如圖所示。是和的中點，取無窮遠處電勢為，、電勢分別為和?，F(xiàn)把段在平面內(nèi)繞點逆時針轉(zhuǎn)至虛線圓弧處，則點電勢變?yōu)椋ǎ〢. B. C. D.【答案】A【解析】3段圓環(huán)、、均勻帶有等量電荷，BC段帶正電，AB和CD帶負電，取無窮遠處電勢為，由可知AB和CD產(chǎn)生的電場中各點電勢均為負值，BC產(chǎn)生的電場在各點電勢均為正值，設(shè)三段弧在M點的電勢分別為、、，由對稱性可知BC和CD在M點產(chǎn)生的電勢大小相等，且、，故在M點電勢疊加后可得在N點：因，則把段在平面內(nèi)繞點逆時針轉(zhuǎn)至虛線圓弧處，同理可得而，可知又，則。故選A。二、非選擇題：共5小題，共56分。其中第13題~第16題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。12.某興趣小組用多用電表探究光敏電阻的阻值與其到光源之間距離的關(guān)系。（1）使用多用電表測量電阻前，應(yīng)先將紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)______（選填“指針定位螺絲”或“歐姆調(diào)零旋鈕”），使指針指到0Ω處：（2）在自然光下測量光敏電阻的阻值時，某次測量結(jié)果如圖所示，則多用電表讀數(shù)為______Ω；（3）在黑暗環(huán)境下點亮小燈泡（近似點光源），將光敏電阻感光面正對小燈泡，保持燈泡亮度一定，測得光敏電阻的阻值R與其到燈絲距離d之間的關(guān)系如表格所示，請根據(jù)表格數(shù)據(jù)在圖中繪制關(guān)系圖像：2.004006.008.0010.0012.0090170250320400480（4）實驗小組認(rèn)為：圖像反映了在測量范圍內(nèi)，光敏電阻的阻值R與接收到的光的功率P有數(shù)量關(guān)系，這種關(guān)系可近似為______；A. B. C. D.（5）某些特殊場合需要燈泡亮度保持恒定，有時電源電壓不穩(wěn)定會造成燈泡亮度的波動，利用光敏電阻的特性設(shè)計了圖中甲、乙兩種電路方案，哪種方案可以削弱這種波動？請敘述理由（其中光敏電阻均能被燈泡近距離直接照射）。______（選填“甲方案”或“乙方案”）；______。【答案】（1）歐姆調(diào)零旋鈕（2）300（3）見解析（4）B（5）甲方案見解析【解析】【小問1詳析】使用多用電表測量電阻前，應(yīng)先將紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指到0Ω處?！拘?詳析】由圖可知歐姆擋選擇倍率為，則多用電表讀數(shù)為【小問3詳析】根據(jù)表格數(shù)據(jù)描出對應(yīng)點，并作出關(guān)系圖像如圖所示【小問4詳析】由圖2可知，光敏電阻的阻值與其到燈絲的距離近似成正比，光敏電阻的阻值隨著光的強度減弱，光敏電阻的阻值增大；光敏電阻接收到的功率與距離的平方成反比，即隨著距離的增加，光敏電阻接收到的功率會指數(shù)級地下降；由此可知光敏電阻接收到的功率與光敏電阻阻值的平方成反比，即有變形可得故選B?！拘?詳析】[1][2]光敏電阻隨著光照強度增加，光敏電阻的阻值減??；甲圖中燈泡和光敏電阻并聯(lián)接入電路，電路中總電阻等于并聯(lián)電阻與滑動變阻器電阻之和，當(dāng)電源電壓增大時，根據(jù)歐姆定律可知，電路中的電流增大，燈泡光照強度增加，光敏電阻阻值減小，光敏電阻分流增大，通過燈泡的電流減小，燈泡亮度變??；當(dāng)電源電壓減小時，根據(jù)歐姆定律可知，電路中的電流減小，燈泡光照強度減小，光敏電阻阻值增大，光敏電阻分流減小，通過燈泡的電流增大，燈泡亮度變大；可知甲方案在電源電壓不穩(wěn)定時，可以自動調(diào)節(jié)燈泡亮度的波動。乙圖中燈泡和光敏電阻串聯(lián)接入電路，電路中總電阻等于各部分電阻之和，當(dāng)電源電壓增大時，根據(jù)歐姆定律可知，電路中的電流增大，燈泡光照強度增加，光敏電阻阻值減小，導(dǎo)致電路的電流繼續(xù)變大，燈泡變得更亮；當(dāng)電源電壓減小時，根據(jù)歐姆定律可知，電路中的電流減小，燈泡光照強度減小，光敏電阻阻值增大，導(dǎo)致電路的電流繼續(xù)變小，燈泡變得更暗；可知乙方案在電源電壓不穩(wěn)定時，不可以自動調(diào)節(jié)燈泡亮度的波動。13.雙縫干涉實驗中，雙縫間距為d，雙縫距光屏距離為L，測得單色光在光屏上相鄰亮條紋間的距為，已知光速為c，普朗克常量為h。求：（1）該單色光的波長；（2）該單色光的光子能量。【答案】（1）（2）【解析】【小問1詳析】根據(jù)雙縫干涉實驗相鄰兩條亮條紋間距公式代入可得【小問2詳析】該單色光的頻率故該單色光的光子能量14.如圖所示，在水平氣墊導(dǎo)軌上有兩個滑塊，滑塊A兩端裝有彈簧圈，總質(zhì)量為m；滑塊B上固定配重塊，總質(zhì)量為2m。打開氣泵后讓滑塊A以初速度與靜止的滑塊B發(fā)生碰撞，不計系統(tǒng)機械能損失，求碰撞過程中：（1）A、B間彈簧圈壓縮量最大時滑塊B的速度大小v；（2）A、B間彈簧圈從壓縮量最大到完全恢復(fù)階段對滑塊B的沖量大小I?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】【小問1詳析】當(dāng)A、B間彈簧圈壓縮量最大時，A、B兩滑塊具有相同的速度，因為在整個碰撞過程中不計系統(tǒng)機械能損失，所以系統(tǒng)的動量守恒、機械能也守恒。取滑塊A的初速度方向為正方向，已知滑塊A的初速度為，滑塊A的質(zhì)量為

m，滑塊B的質(zhì)量為

2m，根據(jù)動量守恒定律可得（其中

v

就是彈簧圈壓縮量最大時A、B的共同速度）解得A、B間彈簧圈壓縮量最大時滑塊B的速度大小【小問2詳析】因為整個過程機械能守恒，且碰撞結(jié)束后彈簧圈完全恢復(fù)，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒有定律

，聯(lián)立解得，根據(jù)動量定理，A、B間彈簧圈從壓縮量最大到完全恢復(fù)階段對滑塊B沖量大小15.如圖所示，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中有一薄板平行磁場固定，一帶正電的粒子從薄板下方附近以大小為的初速度垂直薄板向下發(fā)射。假設(shè)粒子每次穿過薄板前后瞬間速度方向相同，穿過后的速度大小變?yōu)樵瓉淼膋倍，粒子電荷量、質(zhì)量始終為q和m。忽略重力影響和粒子穿過薄板的時間。求：（1）粒子第n次穿過薄板后做圓周運動的半徑；（2）粒子從出發(fā)到第n次剛穿過薄板之間的總時間；（3）粒子最終位置與出發(fā)位置間的距離d。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳析】粒子第n次穿過薄板后做圓周運動時，由牛頓第二定律其中，解得粒子做圓周運動的半徑為【小問2詳析】粒子第n次做圓周運動的周期為可見粒子每次做圓周運動的周期相同，均為粒子每次做圓周運動時轉(zhuǎn)過的圓心角相同，均為故粒子從出發(fā)到第n次剛穿過薄板之間的總時間為【小問3詳析】粒子最終位置與出發(fā)位置間的距離為16.平面直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，x軸水平．一細桿沿x軸固定，桿上穿有質(zhì)量不計的小環(huán)A。總長為L的細線一端固定在O點，另一端系在A環(huán)上，細線上穿有質(zhì)量為m的小環(huán)B。起初A環(huán)靜止于O處，B環(huán)在A環(huán)正下方保持靜止，已知重力加速度大小為g，不計一切阻力，結(jié)果保留根號。（1）如圖1所示，用沿桿的拉力將A環(huán)從O處緩慢移到位置，求該過程中拉力的最大值以及拉力所做的功W；（2）如圖2所示，將兩環(huán)一起移到最右端使細線伸直，然后由靜止同時釋放兩環(huán)．只討論B環(huán)到達y軸之前運動，已知此過程中繩上張力大小與OB間繩長成反比，且B環(huán)軌跡（圖中虛線）最低點附近可看作半徑為L的一小段圓弧。求：①繩上張力的最大值；②兩環(huán)加速度大小相等時B環(huán)位置的橫坐標(biāo)?！敬鸢浮浚?）mg；mgL（2）①mg；②【解析】【小問1詳析】當(dāng)小環(huán)運動到處時拉力最大，設(shè)此時繩上張力大小為T1，對B環(huán)有2T1cos30°＝mg解得T1＝mgA環(huán)水平方向平衡，有Fm＝T1sin30°＝mg根據(jù)功能關(guān)系，拉力做的功等于B環(huán)重力勢能的增量，有W＝mgΔh解得W＝mgL【小問2詳析】①由于A環(huán)質(zhì)量不計，所以運動過程中A環(huán)始終在B環(huán)正上方，B環(huán)到達最低點前瞬間繩上張力最大，設(shè)此時B環(huán)的速度大小為vm，有解得Tm＝mg②設(shè)OB段繩長度l，則繩上張力大小當(dāng)時，T＝Tm＝mg得k＝mgLA、B兩環(huán)加速度大小相同，則B環(huán)在y方向加速度為0，設(shè)∠OBA＝α，有T＋Tcosα＝mg解得l＝Lcosα＝－1，由x2＝lsinα解得2025屆高三調(diào)研測試物理試題（考試時間：75分鐘；總分：100分）一、單項選擇題：共11小題，每小題4分，共44分。每小題只有一個選項最符合題意。1.下列射線中，屬于電磁波的是（）A.α射線 B.β射線 C.γ射線 D.陰極射線【答案】C【解析】α射線是氦（）的原子核；β射線是電子；γ射線是光子，是電磁波；陰極射線是電子。故選C。2.如圖所示，豎直方向彈簧振子平衡位置為O，M、N關(guān)于O對稱，振動過程中小球在M、N位置物理量相同的是（）A.位移 B.動能 C.加速度 D.機械能【答案】B【解析】A．簡諧運動的位移起點為平衡位置O，則小球在M、N兩對稱位置的位移等大反向，位移不同，故A錯誤；B．根據(jù)簡諧運動的運動對稱可知，M、N兩對稱位置的速率相等，則動能相同，故B正確；C．簡諧運動的加速度是由回復(fù)力提供，始終指向平衡位置，由可知M、N兩對稱位置的加速度等大反向，即加速度不同，故C錯誤；D．小球在豎直方向做簡諧運動的過程，只有重力和彈簧的彈力做功，則小球和彈簧的系統(tǒng)機械能守恒，而小球的機械能不守恒，則M、N兩位置的機械能不相同，故D錯誤。故選B。3.如圖所示，在探究加速度與力、質(zhì)量關(guān)系的實驗中，若發(fā)現(xiàn)連接小車的細線與桌面接近平行而與軌道不平行，則應(yīng)（）A.減小滑輪高度 B.增大滑輪高度C.減小軌道傾角 D.增大軌道傾角【答案】A【解析】在探究加速度與力、質(zhì)量關(guān)系的實驗中，若發(fā)現(xiàn)連接小車的細線與桌面接近平行而與軌道不平行，說明滑輪高度過高，應(yīng)減小滑輪高度，使細線與軌道平行。故選A。4.如圖所示，玻璃磚的上下表面相互平行，一束單色光從玻璃磚的上表面斜射入玻璃磚，經(jīng)折射后從下表面射出，調(diào)整光線的入射角，則光線（）A.只可能在玻璃磚的上表面發(fā)生全反射B.只可能在玻璃磚的下表面發(fā)生全反射C.在玻璃磚上下表面均有可能發(fā)生全反射D.在玻璃磚上下表面均不可能發(fā)生全反射【答案】D【解析】發(fā)生全反射的條件是從光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)，且入射角大于臨界角。在玻璃磚的上表面是從空氣射入玻璃，所以不可能在玻璃磚的上表面發(fā)生全反射；在玻璃磚的下表面，其入射角和在上表面的折射角相等，根據(jù)光路可逆可知，在玻璃磚的下表面射出的光線其折射角等于在上表面的入射角，所以也不可能在下表面發(fā)生全反射。故選D。5.如圖所示，摩天輪半徑為R，軸與外圈之間有N根金屬拉索，垂直圓面的地磁場分量大小為B。當(dāng)摩天輪以角速度勻速轉(zhuǎn)動時，軸與外圈之間的電勢差大小為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由金屬拉索的轉(zhuǎn)動角速度ω和摩天輪半徑R，結(jié)合圓周運動特點，可得到其外圈處的線速度大小為金屬拉索的平均線速度大小由法拉第電磁感應(yīng)定律，可知動生感應(yīng)電動勢的表達式聯(lián)立，解得軸與外圈之間的電勢差大小為故選A。6.如圖1所示，透過方解石觀察下方的線條可以看到兩個像，這稱為雙折射現(xiàn)象，再透過緩慢旋轉(zhuǎn)的偏振片會觀察到兩個像交替出現(xiàn)，如圖2所示，則下列說法錯誤的是（）A.方解石是單晶體 B.方解石光學(xué)性質(zhì)各向異性C.透過方解石的光是偏振光 D.透過方解石的光波是縱波【答案】D【解析】AB．單晶體具有各向異性，會產(chǎn)生雙折射現(xiàn)象，方解石能產(chǎn)生雙折射現(xiàn)象，則方解石是單晶體，其光學(xué)性質(zhì)各向異性，故AB正確；CD．通過方解石的光能夠通過偏振片觀察到兩個像交替出現(xiàn)，即發(fā)生了偏振現(xiàn)象，說明透過方解石的光是偏振光，只有橫波才能發(fā)生偏振現(xiàn)象，則透過方解石的光波是橫波，故C正確，D錯誤。本題是選錯誤的，故選D。7.如圖所示，高鐵上方輸電線呈水平折線形架設(shè)，橫向固定在車廂上方的受電弓與輸電線緊密接觸．當(dāng)高鐵以大小為v的速度向前勻速運動時，受電弓與輸電線交點的移動速度大小為，受電弓受到輸電線的摩擦力為f，則（）A. B.C.f方向平行輸電線 D.f方向平行受電弓【答案】B【解析】AB．電車以大小為v的速度向前勻速運動，由于電車與輸電線緊密接觸，輸電線呈折線形狀?？梢詫⒔稽c的運動看作是兩個分運動的合運動：一個分運動是隨著電車一起向前的勻速直線運動，速度大小為v。另一個分運動是沿著受電弓方向的運動（因為交點會在輸電線折線上移動），如下圖所示根據(jù)運動的合成與分解，合速度v1是上述兩個分速度的矢量和。由平行四邊形定則可知，合速度v1大于其中一個分速度v，即v1＞v故A錯誤，B正確；CD．滑動摩擦力的方向與相對運動方向相反。以輸電線為參考系，受電弓相對輸電線的實際運動方向是向前運動和沿輸電線方向運動的合運動方向。而滑動摩擦力的方向與受電弓相對輸電線的合運動方向相反，故CD錯誤。故選B。8.如圖所示為電蚊拍升壓電路的一部分，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為，D為理想二極管，將干電池電壓轉(zhuǎn)變成峰值為的正弦交流電輸入到變壓器原線圈，則輸出端A、B間的最終電壓為（）A.300V B. C.600V D.【答案】D【解析】原線圈輸入的正弦交流電的峰值為副線圈兩端電壓的峰值電壓，根據(jù)變壓器的原理解得二極管具有單向?qū)щ娦裕?dāng)副線圈輸出的交流電電壓方向使得二極管導(dǎo)通時，電流通過二極管對電容器充電，當(dāng)副線圈輸出的交流電電壓方向使得二極管導(dǎo)截止時，電容器上的電荷無法通過二極管放電，在一個周期內(nèi)，電容器不斷充電，最終穩(wěn)定時，電容器兩端的電壓會達到副線圈輸出電壓的峰值而輸出端A、B的最終電壓為故選D。9.如圖所示，質(zhì)量為m的人造衛(wèi)星在橢圓軌道上運動，遠地點M和近地點N到地球球心的距離分別為、，衛(wèi)星在M、N處的速度和所受地球引力大小分別為、和、，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】AB．如果衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，則萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律可得可見，萬有引力與線速度既不成正比，也不成反比，AB錯誤；CD．衛(wèi)星運動過程需要的向心力衛(wèi)星在遠地點做近心運動，萬有引力大于向心力，即衛(wèi)星在近地點做離心運動，萬有引力小于向心力，即C正確，D錯誤。故選C。10.一定量的理想氣體經(jīng)歷如圖所示的循環(huán)，則一次循環(huán)中氣體對外做功最多的階段是（）A.A→B B.B→C C.C→D D.D→A【答案】C【解析】根據(jù)設(shè)狀態(tài)下的體積大小為，可將題中圖像轉(zhuǎn)換為圖像，如圖所示理想氣體狀態(tài)方程和氣體做功的計算公式所以圖線與橫軸所圍面積表示做功。由圖可知，氣體從A→B和D→A階段外界對氣體做功，B→C和C→D階段氣體對外做功，且B→C對外做功為由圖可得C→D階段做功所以一次循環(huán)中氣體對外做功最多的階段是C→D。故選C。11.3段均勻帶有等量電荷的圓環(huán)組成圓環(huán)，圓心為，各圓環(huán)間彼此絕緣，電性如圖所示。是和的中點，取無窮遠處電勢為，、電勢分別為和。現(xiàn)把段在平面內(nèi)繞點逆時針轉(zhuǎn)至虛線圓弧處，則點電勢變?yōu)椋ǎ〢. B. C. D.【答案】A【解析】3段圓環(huán)、、均勻帶有等量電荷，BC段帶正電，AB和CD帶負電，取無窮遠處電勢為，由可知AB和CD產(chǎn)生的電場中各點電勢均為負值，BC產(chǎn)生的電場在各點電勢均為正值，設(shè)三段弧在M點的電勢分別為、、，由對稱性可知BC和CD在M點產(chǎn)生的電勢大小相等，且、，故在M點電勢疊加后可得在N點：因，則把段在平面內(nèi)繞點逆時針轉(zhuǎn)至虛線圓弧處，同理可得而，可知又，則。故選A。二、非選擇題：共5小題，共56分。其中第13題~第16題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。12.某興趣小組用多用電表探究光敏電阻的阻值與其到光源之間距離的關(guān)系。（1）使用多用電表測量電阻前，應(yīng)先將紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)______（選填“指針定位螺絲”或“歐姆調(diào)零旋鈕”），使指針指到0Ω處：（2）在自然光下測量光敏電阻的阻值時，某次測量結(jié)果如圖所示，則多用電表讀數(shù)為______Ω；（3）在黑暗環(huán)境下點亮小燈泡（近似點光源），將光敏電阻感光面正對小燈泡，保持燈泡亮度一定，測得光敏電阻的阻值R與其到燈絲距離d之間的關(guān)系如表格所示，請根據(jù)表格數(shù)據(jù)在圖中繪制關(guān)系圖像：2.004006.008.0010.0012.0090170250320400480（4）實驗小組認(rèn)為：圖像反映了在測量范圍內(nèi)，光敏電阻的阻值R與接收到的光的功率P有數(shù)量關(guān)系，這種關(guān)系可近似為______；A. B. C. D.（5）某些特殊場合需要燈泡亮度保持恒定，有時電源電壓不穩(wěn)定會造成燈泡亮度的波動，利用光敏電阻的特性設(shè)計了圖中甲、乙兩種電路方案，哪種方案可以削弱這種波動？請敘述理由（其中光敏電阻均能被燈泡近距離直接照射）。______（選填“甲方案”或“乙方案”）；______。【答案】（1）歐姆調(diào)零旋鈕（2）300（3）見解析（4）B（5）甲方案見解析【解析】【小問1詳析】使用多用電表測量電阻前，應(yīng)先將紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指到0Ω處?！拘?詳析】由圖可知歐姆擋選擇倍率為，則多用電表讀數(shù)為【小問3詳析】根據(jù)表格數(shù)據(jù)描出對應(yīng)點，并作出關(guān)系圖像如圖所示【小問4詳析】由圖2可知，光敏電阻的阻值與其到燈絲的距離近似成正比，光敏電阻的阻值隨著光的強度減弱，光敏電阻的阻值增大；光敏電阻接收到的功率與距離的平方成反比，即隨著距離的增加，光敏電阻接收到的功率會指數(shù)級地下降；由此可知光敏電阻接收到的功率與光敏電阻阻值的平方成反比，即有變形可得故選B。【小問5詳析】[1][2]光敏電阻隨著光照強度增加，光敏電阻的阻值減小；甲圖中燈泡和光敏電阻并聯(lián)接入電路，電路中總電阻等于并聯(lián)電阻與滑動變阻器電阻之和，當(dāng)電源電壓增大時，根據(jù)歐姆定律可知，電路中的電流增大，燈泡光照強度增加，光敏電阻阻值減小，光敏電阻分流增大，通過燈泡的電流減小，燈泡亮度變?。划?dāng)電源電壓減小時，根據(jù)歐姆定律可知，電路中的電流減小，燈泡光照強度減小，光敏電阻阻值增大，光敏電阻分流減小，通過燈泡的電流增大，燈泡亮度變大；可知甲方案在電源電壓不穩(wěn)定時，可以自動調(diào)節(jié)燈泡亮度的波動。乙圖中燈泡和光敏電阻串聯(lián)接入電路，電路中總電阻等于各部分電阻之和，當(dāng)電源電壓增大時，根據(jù)歐姆定律可知，電路中的電流增大，燈泡光照強度增加，光敏電阻阻值減小，導(dǎo)致電路的電流繼續(xù)變大，燈泡變得更亮；當(dāng)電源電壓減小時，根據(jù)歐姆定律可知，電路中的電流減小，燈泡光照強度減小，光敏電阻阻值增大，導(dǎo)致電路的電流繼續(xù)變小，燈泡變得更暗；可知乙方案在電源電壓不穩(wěn)定時，不可以自動調(diào)節(jié)燈泡亮度的波動。13.雙縫干涉實驗中，雙縫間距為d，雙縫距光屏距離為L，測得單色光在光屏上相鄰亮條紋間的距為，已知光速為c，普朗克常量為h。求：（1）該單色光的波長；（2）該單色光的光子能量?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】【小問1詳析】根據(jù)雙縫干涉實驗相鄰兩條亮條紋間距公式代入可得【小問2詳析】該單色光的頻率故該單色光的光子能量14.如圖所示，在水平氣墊導(dǎo)軌上有兩個滑塊，滑塊A兩端裝有彈簧圈，總質(zhì)量為m；滑塊B上固定配重塊，總質(zhì)量為2m。打開氣泵后讓滑塊A以初速度與靜止的滑塊B發(fā)生碰撞，不計系統(tǒng)機械能損失，求碰撞過程中：（1）A、B間彈簧圈壓縮量最大時滑塊B的速度大小v；（2）A、B間彈簧圈從壓縮量最大到完全恢復(fù)階段對滑塊B的沖量大小I?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】【小問1詳析】當(dāng)A、B間彈簧圈壓縮量最大時，A、B兩滑塊具有相同的速度，因為在整個碰撞過程中不計系統(tǒng)機械能損失，所以系統(tǒng)的動量守恒、機械能也守恒。取滑塊A的初速度方向為正方向，已知滑塊A的初速度為，滑塊A的質(zhì)量為

m，滑塊B的