甘肃省2025年普通高中学业水平选择性考试物理模拟试卷(八)-2025年甘肃省新高考物理模拟十二卷

甘肃省2025年普通高中学业水平选择性考试物理模拟试卷（八） 本卷满分100分，考试时间75分钟。 第「卷选择题 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项 是符合题目要求的)】 1.(2022·浙江1月选考)单位为J/m的物理量是 A.力 B.功 C.动能 D.电场强度 2.(2024·台州二模)核能的利用可有效减少碳排放。某次核聚变实验中向目标输入了2.05兆 焦的能量，产生了3.15兆焦的聚变能量输出。下列说法正确的是 ( ) 灯 圜 A.该核反应的方程可能是N+He→1O+}H B.生成物比反应物更稳定，因此生成物的比结合能更小 !如 C.产生3.15兆焦的能量只需要质量为3.5×101kg的反应物 D.该核反应必须使核之间的距离达到1015m以内，因此需要极高的温度 3.(2023秋·杭州期中)如图所示是甲、乙两车在同一条公路上沿同一方向、向同一目的地运动的 位移一时间图像（图中三条倾斜线段的斜率相同），由图像可以看出 为 甲 杯 韵 A.甲、乙两车在到达目的地时速度相同 B.甲、乙两车是同地出发的 C.甲、乙两车是同时出发的 慕 D.在t1~t3时间内，甲车正在匀速向前运动 4.(2023秋·宁波期中)雷电击中地面或高压输电线掉落到地面时，都会在以落地点为中心的一 定区域内的地面上形成一个强电流场，如果有人站在这个区域内，双脚间会存在一定的电势 差，叫作跨步电压，如图所示，一条电势远高于地面的高压直流输电线掉落在地面上的O点(O 点附近地质结构分布均匀)，图中O、A、B、C在同一直线上，BD是过B点圆的切线，AB=BC =BD,电线落地时恰好有人单脚着地站在B点，则以下说法正确的是 A.图中的虚线是等势线，其中A、B、C三点中，C点的电势最高 B.地面上电子由C向O定向移动 C.为了安全，人应该沿BD方向迈大步快速脱离 D.A、B、C、D四点间电势差大小关系为UAB=UBC=UBD 5.(2024·西湖区模拟)武汉病毒研究所是我国防护等级最高的实验室，在该实验室中有一种污 水流量计，其原理可以简化为如下图所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱 形容器右侧流入，左侧流出，流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直 纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是 () ××M×× X×××↓ ×xN×× A.带电粒子所受洛伦兹力方向是水平向左 B.正、负粒子所受洛伦兹力方向是相反的 C.废液的流量与M、VN两点间电压成反比 D.污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速 6.(2023·浙江二模改编)科学家通过研究双中子星合并的引力波，发现：两颗中子星在合并前相 距为L时，两者绕连线上的某点每秒转n圈；经过缓慢演化一段时间后，两者的距离变为kL, 每秒转n圈，则演化前后 () A.两中子星运动周期为之前kp倍 B.两中子星运动的角速度为之前倍 C.两中子星质量之和为之前k3p2倍 D.两中子星质量之和不变 7.(2024春·镇海区期中)如图所示，一列振幅为10c的简谐横波，其传播方向上有两个质点P 和Q,两者的平衡位置相距3。某时刻两质点均在平衡位置且二者之间只有一个波谷，再经 过0.3s,Q第一次到达波峰。则下列说法不正确的是 () 0 A.波长可能为2m B.周期可能为0.24s C.波速可能为15m/s D.0.3s内质点P的位移大小为10cm 二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.(2024·山东)如图所示，一定质量的某种理想气体在状态A时的压强为p。。从状态A到状 态C,该气体从外界吸收的热量为Q,在V-T图像中图线CA反向延长线通过坐标原点O,从 状态C到状态B温度不变，则 () 3V A 2To A.气体在状态C的体积为1.5V。 2 B.气体在状态B的压强为3p0 C.从状态A到状态C,外界对气体做功为p,V。 D.从状态A到状态C,气体内能的增加量为Q一p,V。 9.(2024·贵州统考一模改编)如图所示，在水平面上放置一半径为R的半圆槽，半圆槽的左、右 最高点A、B在同一水平线上，最低点为C,现让一个小球从槽右侧最高点B无初速释放。已 知小球和半圆槽的质量分别为m和2m,不计小球与半圆槽和半圆槽与水平地面之间的摩擦， 当地的重力加速度为g。则 () 77777 A.小球和半圆槽组成的系统动量守恒 B.小球向左运动能达到A点 C.半圆槽向右运动的最大距离为R D.半圆槽的运动速度大小可能为3g 2 10.(2024·全国联考一模)如图所示，AB、CD为水平面上平行放置的两根光滑足够长直导轨， 两导轨间距为l=0.5m,AC端连接一内阻不计、电动势为E的电源和阻值R=12的电阻， -30 质量为m=2kg的导体棒MN垂直于导轨放置，其中点通过轻绳绕过一光滑的定滑轮与重 物G相连，MN在导轨间的电阻为r=0.52,整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应 强度大小为B=4T。当重物G=4N时，导体棒MN恰好静止不动。下列说法正确的是 () D A.电源电动势E=3V B.电阻R上的热功率为P=6W C.当G=8N时，MN刚开始运动时的加速度大小为a=4m/s D.当G=8N时，MN的最大速度是vm=1.5m/s 第Ⅱ卷非选择题 三、非选择题：（本题共5小题，共57分） 11.(6分)(2024·温州三模)(1)在用双缝干涉测量光的波长的实验中，如图1中的a、b、c三个 位置对应的器材为 B 图1 图2 A.a是滤光片、b是单缝、c是双缝 B.a是单缝、b是双缝、c是滤光片 C.a是双缝、b是单缝、c是滤光片 (2)正确操作的情况下可以从测量头内看到的图像是（从图2中进行选择）。 (3)为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离△x,而是先测量个条纹的间距 再求出△x。下列实验采用了类似方法的有 (多选)。 A.用单摆测量重力加速度的大小的实验中单摆周期的测量 B.探究两个互成角度的力的合成规律的实验中合力的测量 C.探究弹簧弹力与形变量的关系的实验中弹簧的形变量的测量 D.用油膜法估测油酸分子的大小的实验中1滴油酸酒精溶液的体积测量 12.(9分)(2023·杭州一模)在探究小灯泡电阻规律的实验中，实验电路图如图所示，所用器材如 下。 小灯泡（额定电压2.5V,额定电流0.3A) 8 电压表（量程300mV,内阻为3002） R2 电流表（量程300mA,内阻为0.272） 定值电阻R(阻值A.R。=102;B.R。=2002) 滑动变阻器R,(阻值A.0~202;B.0~2002) 电阻箱R2(最大阻值9999.92) 电源E(电动势6V,内阻不计) 开关S、导线若干 完成下列填空： (1)滑动变阻器R,应选择 (选填“A”或“B”),初始触头应滑在（选填“a”或“b”)。 (2)为使电压表量程扩大至3V,应将R2的阻值调整为Ω，定值电阻R。选 (选填 “A”或“B”)。 (3)某次测量电压表的读数为152mV,电流表的读数为240mA,此时小灯泡的电阻为 (保留2位有效数字)。 (4)若用电流传感器替代电流表，电键闭合的瞬间，测量得到电流随时间变化的图线会如 (选填“A”或“B”)所示，是因为 个i 0.25 0.25 0 闭合开关)t 0 6闭合开关)7 A B 13.(10分)(2023·贵州统考三模)研究小组对某新能源汽车进行研究，该车质量为m=2t,额定 功率为P。=60kW,以额定功率在水平路面上启动，受到的阻力恒为F阳=2000N。保持额 定功率行驶时间t=25s时，速度达到最大，随即刹车（防抱死制动装置ABS启动，不考虑反 应时间)，测得制动距离等于启动到最大速度距离的。倍。求： 31 (1)该车从启动到最大速度的过程中，汽车的位移大小； (2)上述刹车过程中刹车系统的制动力F制。 14.（13分)(2024·四川统考一模)如图是半径为R的半球形玻璃砖的剖面图，圆心为O,AB为 水平直径，S为剖面的最低点，现有一单色细光束从距离0点 R的C点以与竖直方向成a =60°的角度射入，光束折射后恰好能到达S点。 (1)求玻璃砖的折射率n; (2)若用该单色光垂直照射整个AB面，求能从ASB半球面射出的光的横截面积。 R B C -32 15.(19分)(2023秋·浙江月考)如图所示为一游戏装置的竖直截面图，A、B、D、E、H、I处于同 一水平面上，在A端的弹簧装置能将滑块（可视为质点）水平弹出，并从B点顺利进入曲线轨 道BC、半径为R的螺旋圆轨道CD、曲线轨道CE。在E点连接了倾角为0的斜面EF和水 平平台FG,平台FG高度为h且平台长度为lG。靠在平台右侧的小车上表面与平台FG齐 平，小车的长度为d,在B、F处均设置了转向防脱离轨道装置。已知滑块的质量m=0.1 kg,小车的质量M=-0.3kg,0=37°，R=0.8m,lG=0.1m,h=0.3m,d=1.0m,滑块与斜 面EF、平台FG间的动摩擦因数均为1=0.1，滑块与小车上表面间的动摩擦因数为42= 0.75,其余部分均光滑，各处平滑连接，不计空气阻力，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10 m/s2。求： (1)若滑块在C处对轨道的压力为7mg时，此时滑块的向心加速度大小； (2)若弹簧的弹性势能为E。=0.4J,螺旋圆轨道能承受的最大压力为13g,且螺旋圆轨道半 径R可以通过改变C的位置而改变（保持最高点D的高度不变），要使滑块第一次进入螺旋 圆轨道时能顺利通过，求螺旋圆轨道半径R需满足的条件； (3)螺旋圆轨道半径R=0.8时，若要求滑块最终停在小车上，车获得的动能Ek和弹簧的 弹性势能E。之间应满足的关系式。 Fk一d G h 00☐ D A H电流表中央刻度应为5mA。 RR 电流表内阻RA一R。十R =22。 当转向开关接“2”为电压表，其量程U=IA(RA十R2)=0.5V。 电压表中央刻度为0.25V。 E E (3)电压表内阻Rv=RA十R,=50D,欧姆短接调零时，lARv十R十，一R 则Ra=1502,R=992,滑动变阻器应选R4。 当提外电mR,片，有1千R。当1-台时，则R,-R。=150n E E (④)欧姆表换用一节旧电池，其电动势下降，1一R,十R。E减小，则I减小，其测量阻值变大， 故测量值比真实大。 13.答案：(1)1.03×105Pa(2)0.8h 解析：(1)根据题意可得，当井盖刚好被顶起时，有pS十mg=p1S, 代入数据解得p1=1.03×105Pa。 (2)对密封气体，由于温度不变，所以pSh=p1Sh',解得h'=2.02m, 则并盖刷受被顶起的时间为1-么一九'=0.8。 14.答案：(1)M=2kg1=0.15(2)L=8m(3)1=12N·s 解析：(1)取滑块P的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得01十M02=(m十M)v3, 其中v1=3m/s,o2=1m/s,v3=2m/s,解得M=-2kg, 在0~2s内由v-t图像可知，P的加速度ap= w=-1.5m/s2, △t1 由牛顿第二定律可得一41mg=map,解得1=0.15。 (2)由0t图像可知，在02s内，物块P的位移，=十1，=9m, 2 个板Q的位移x2三号=1m,所以木板的长度L=x1一x2=8m (3)由u-t图像可知，在0一2s内，木板Q的加速度为aQ= △021 At2 m/s', 由牛顿第二定律可得41mg一μ2(m十M)g=MaQ,解得木板与地面间的摩擦因数μ2=0.05， 碰撞后的整体由动量定理可得一2(m十M)gt?=0一(m十M)v3,解得t2=4s, 对木板，地面摩擦力对木板的冲量大小：I=42(m十M)g(t1十t2)=12N·s。 T。2qU。 15.答案：1)2m 解析：(1)设两板间的距离为d,从1=0时刻射出的粒子刚好从N板的边缘飞出，则)d=2× 台×祥-。 md\2 (2)由于所有粒子穿过电场的时间均为T。,所以所有粒子在电场中运动时沿平行x轴方向的 速度变化量为零，即所有粒子进磁场时，速度大小均为，二无，方向垂直于工轴向下： 粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律，q0oB=m,解得r= T。2gU 6√m 所有粒子在磁场中均微半径为r的半圆周运动，则2，= 3d: 在第一个周期内，设在1时刻射入的粒子在离N板3d处进入磁场并恰好从M板处进入电 场则号恶侣-小八×2胎×郎符=合： To 2t 根据对称性，能再次进入两板同的粒子数占总粒子数的比例为7一无X100%≈33.33%。 (3)截去一段后，设粒子进磁场时的速度为v,速度与y轴负方向的夹角为日，则0= cos 0' 粒子在磁场中做圆周运动的半径R'=m”= Bq gBcos 0' 粒子进磁场和出磁场位置间的距离s=2R'cos0=2mm=2d 9B3, 截去一段后，若从1=0时刻进入电场的粒子发生的侧移为山，则所有粒子均不能再进入电 场周时-，架好- T0 6 载去的板长L=a一u,'=1-)。 6。 甘肃省2025年普通高中学业水平选择性考试物理模拟试卷（八） 1.A解析：根据功的定义式W=Fx可知J=N·m,则有N=J/m,因N是力的单位，故单位为 J/m的物理量是力。故选A。 2.D解析：A.核反应方程N+He→O+H是查德威克发现质子的人工核反应方程，不是核 聚变方程，故A错误；B.生成物比反应物更稳定，说明生成物的比结合能比反应物的比结合能 更大，故B错误；C.当3.5×101kg反应物全部消耗（质量完全损失）时，产生的能量根据质能 63 方程可得E=mc2=3.5×101×3×108×3×108J=3.15×10J,即3.15兆焦，但核反应过程 中，反应物会转化成新的物质存在，即反应物的质量不可能完全消耗，也就不可能产生3.15兆 焦的能量，故C错误；D.当分子间距越小时，分子间的斥力就越大，所以为了使原子核的间距足 够小，必须给反应物极高的温度，高温会增大分子的动能，可以克服分子间的斥力做更多的功， 使原子核的间距达到105m以内，故D正确。故选D。 3.A解析：A.x-t图像的斜率表示速度，甲、乙两车在到达目的地时斜率相等，则速度相同，故A 正确；B.由图像知，两车不是从同一地点出发的，乙车从原点出发，甲从正方向上距原点x。处 出发，故B错误；C.根据图像可知甲车比乙车先运动了t2的时间，故C错误；D.在t1~t3时间 内，甲车处于静止状态，速度为零，故D错误。故选A。 4.B解析：A.因为O点的电势最高，且逐步往外电势慢慢降低，即电势的高低顺序依次是O、A、 B、D、C,故A错误；B.在地面上，电子带负电，受力的方向与电场线的方向相反，即沿着CO方 向，故电子由C到O定向移动，故B正确；C.当人的步伐越大时，根据公式U=Ed定性分析出 电压的大小会随着步伐的增大而增大，这样更加不安全，故C错误；D.在电场中，因为AB=BC =BD,且随着半径的增大，电场强度逐渐变小，则UAB>Uc,而因为BD=BC,PD>Pc,则UC >UD,故D错误。故选B。 5.B解析：AB.根据左手定则可知，正粒子受到的洛伦兹力方向向下，负粒子受到的洛伦兹力方 面向上，故A错误，B正确；C,粒子受到的洛伦滋力等于电场力，则三B,同时，根据流量的 计算公式可得Q=S,联立解得Q二即废液的流量与M,、N两点间的电压成正比，故C错 误；D.不带电的液体在磁场中不受力，M、N两点没有电势差，无法计算流速，故D错误。故 选B。 6.C解析：A.合并前相距为1时，周期T=,缓慢演化一段时间后，周期T'-=T,故A np p 错误。B.角速度之比即转速之比，两中子星运动的角速度为之前p倍，故B错误。 M m CD.对m,根据牛顿第二定律 GMm=m(2n)r,对M,根据牛顿第二定律有GMm- L? L? M(2πn)2r1,可得G(M十m)=4πnL3,演化后转速之比为p且距离变为L,所以总质量M 十m'=k3p2(M十m),故C正确，D错误。故选C。 7.B解析：A.根据题意可知，P、Q之间的波形图可能有如图所示的几种情况： P 图 图2 图3 图 64 当P,Q之间有一个波谷两个波峰时，如图3，则有入=3m,解得入=2m,故A正确：B.根据波 形图，由于波的传播速度方向有两种可能，则质点Q第一次到达波峰经历的时间可能为二T= 0.3s或3T=0.35,解得T=1,2s或T=0.4s,故B错误，C.图1、2、3,4的波长分别为入1= 入：=3m,入：=2m,入，=6m,当周期为1.2s时，根据周期与波速之间的关系0-产，可得图12、 5 3、4对应的波速分别为01=0，=2.5m/s,0:=3m/s01=5m/s,当周期为0.4s时，可得波速 为v1=v2=7.5m/s,v3=5m/s,v4=15m/s,故C正确；D.经过0.3s,当质点Q到达波峰时， 图1、2中质点P到达波峰，图3中质点P到达波谷，图4中质点P到达波谷，因此0.3s内质 点P的位移大小为10cm,故D正确。本题选不正确的，故选B。 8.BD解析：A.在V-T图像中图线CA反向延长线通过坐标原点O,由A到C为等压过程，有 广。解得V=2V,故A错误：北，从状态C到状态B温度不交，为等温过程，有p。·3V =p,·2V,解得Dn=3p,故B正确：C.从状态A到状态C,气体对外界做功为W=p。·2V。 一poV。=pVo,故C错误；D.从状态A到状态C,由△U=W十Q,可知气体内能的增加量为 △U=Q一pV。,故D正确。故选BD。 9.BC解析：AB.两物体所构成的系统水平方向动量守恒、运动过程中机械能守恒。小球向左到 达最高点时两者共速，设共速时的速度为v,由动量守恒定律有0=(m+2m)v,可得=0，由机 械能守恒定律有mgR=mgh,解得h=R,故A错误，B正确；C.设半圆槽向右运动的最大位移 为x2,此时小球向左运动的水平位移为x1,由水平方向动量守恒有0=w1十2w2,可得0= 公mu△t+2m02Ar,即0=mx十2mz2,同时x2-x1=2R,可得x2=,故C正确，D.从B 点释放后到C点有mgR,四十2m0=w十2U解得w23xRw,88水 3, 小球向下滑动时半圆槽加速，小球到最低点时槽的速度是槽能够达到的最大速度，故D错误。 故选BC。 10.AD解析：A.当重物G=4N时，导体棒MN恰好静止不动，根据平衡条件G=IlB,可得I= E 2A,又因为I=R十，可得E=3V,故A正确：B.P=IR=4W,故B错误：C.当G=8N 时，MN刚开始运动，根据牛银第二定律G一B-侣+加，设g承10ms,可得a一号 10 m/s,故C错误D.当加速度为0时，MN的速度最大，此时G=11B,'=E十B1,联立解 R+r 得vm=1.5m/s,故D正确。故选AD。 11.答案：(1)C(2)A(3)AD 解析：(1)双缝干涉实验让单色光通过双缝在光屏上形成干涉图样，所以让白炽灯光通过滤光 片，再经过单缝形成单色光，再通过双缝，故图中的、b、c三个位置对应的器材为双缝、单缝、 滤光片，故AB错误，C正确。故选C。 (2)单缝和双缝都是竖直放置的，当单缝与双缝互相平行时，可以观察到明暗相间的竖直条纹， 且分划板正对某干涉条纹的正中央，故A正确，BC错误。故选A。 (3)A.用单摆测重力加速度的实验中单摆的周期的测量，采用放大测量取平均值的方法，故A 正确；B.探究两个互成角度的力的合成规律的实验中合力的测量，采用等效替代的方法，故B 错误；C.探究弹簧弹力与形变量的关系的实验中弹簧形变量的测量，采用多次测量求平均值 的方法，故C错误；D.用油膜法估测油酸分子的大小的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量， 采用放大测量取平均值的方法，故D正确。故选AD。 12.答案：(1)Aa(2)2700A(3)6.32(4)B小灯泡阻值随着温度升高而增大 解析：(1)根据题意，由电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，则滑动变阻器应选阻值较小的， 即选择A,初始触头应滑在a端； (2)根据并联分压原理，为使电压表量程扩大至3V,应将R2的阻值调整为R2= 侣-k 代入数据解得R2=2700Ω，当滑动变阻器滑片处于b端时，小灯泡所在测量电路分得的电压 等于电源电动势6V,电流表满偏时，测量电路的电阻为R= ,代入数据解得R=202,灯泡 本身有电阻，所以作为保护电阻，R。一定小于202，故定值电阻R。选A; ③)来欢别贵时电压衣的谈款为152mV,淀过电压来的电流为1，-皮：代入数据解得1 0.507mA=5.07×104A,灯泡两端的电压为U1=I1(R2+Rv),代入数据解得U1.≈1.52V, 北时小灯泡的电阻为R一代入袋据解得R:6.3D: (4)由于小灯泡温度越来越高，则电阻越来越大，电流逐渐减小，用电流传感器替代电流表，电 键闭合的瞬间，测量得到电流随时间变化的图线会如B所示。 13.答案：(1)x=300m(2)F制=9×103N 解祈：)根据题意可知，当F=Fa时，速度最大，结合公式P=F0,则有二F,代入墨 据得0m=30m/,从启动到最大速度，由动能定理得Pt一Fx=2m0一0，代入数据得 x=300m。 6 ②根据题意，由动能定理有一Fz=07mU品，其中x代入数据得F&=9XI0N 1 14.答案：1)5(2)3R 解析：(1)由几何关系可知，折射角r满足 3 tanr=R =3,得r=30 3 根据折射定律可知，该玻璃砖的折射率为n=s“-2 =√3 sinr 1 2 R C (2)当莱光线在右侧面出现全反射，临界角为C,由金反射条件得s血C=1-5,如图所示 n 3 此光线与0的距高为L=Rsin C=5 -R 3 在此范围内的光线可从右侧射出，则能从玻璃砖射出的入射光的横裁面积为S=L?= 3πR 15.答案：(1)a=60m/s2(2)轨道半径R需要满足0.1m≤R≤0.8m 3)E=3(Em=0.35)J(0.4J≤E≤1.351 解析：(1)滑块在C处，根据牛顿第二定律可得7mg一mg=ma 解得此时滑块的向心加速度大小为a=60m/s2 (2)临界1：滑块恰好过最高点D点，由重力提供向心力得mg=mR 根据能量守恒可得Ep二mv,解得R1=0.8m 临界2：对最低，点C点的压力为13mg,根据牛顿第二定律可得13mg-mg=m 2 R2 根据能量守恒可得Ep十mg·2R,=2mw, 解得R2=0.1m 则轨道半径R需要满足0.1m≤R≤0.8m (3)设滑块到G,点的速度为VG,滑块从A到G的过程，根据能量守恒可得 h Ep=mg tan 0十mg十mgh+2mo后 1 小车与滑块共速，根据动量守恒可得m0G=(m十M)v共，可得0共= 联立可得E.=方02=高E,-0,3) 要保证滑块不滑出小车右端，如滑块恰好滑到小车右端，则有 1 1 2mo8-2（m+M)u=,mgd1,可得og=25m/s,则有Em-1.35J 又由(2)的分解可知，当R=0.8时，E。最小应等于0.4J才能保证温馨顺利通过D点，且当 E。=0.4J时，滑块能滑上小车。 3 综上所述可得Ek=6(E,-0.35)J(0.4J≤E≤1.35J) 甘肃省2025年普通高中学业水平选择性考试物理模拟试卷（九） 1.A解析：A.普朗克为解释图甲的黑体辐射实验数据，提出了能量子的概念，A正确；B.图乙在 某种单色光照射下，电流表发生了偏转，若仅将图乙中电源正负极反接，由于反向电压的大小不 确定，光电子可能仍会到达A板，电流表指针可能偏转，故B错误；C.若图乙中的电动势足够 大，滑动变阻器滑片向右滑，达到饱和光电流后电流表的示数不再增大；D.图丙为氢原子的能 级示意图，一群处于n=3的激发态的氢原子向低能级跃迁所发出的光中，从n=3跃迁到n=1 所发出的光波长最短。 2.B解析：设B的重力为G,绳子对B的拉力为T,以B为研究对象可得最终T与F,垂直，由 图可知，在移动过程中T不断减小，F2不断增大，又由于力的作用是相互的，则可得F,大小与 T相等，综合可得F,不断减小，F2不断增大。故选B。 3.C解析：ABC.铅球只受重力，根据牛顿第二定律可知铅球的加速度恒定，所以铅球做匀变速 曲线运动，任意相等时间内，根据加速度的定义式a=A” 可知铅球的速度变化量相同，故AB错 △t h 误，C正确；D.设铅球出手速度v与水平方向夹角为0，铅球出手位置距离地面高度为h,在竖直 方向上根据匀变速直线运动规津一h=以sm0-,可知铅球在空中运动时间与初速度和水 平方向夹角有关，故D错误。故选C。 4.D解析：A.光的双缝干涉图样是等间距明暗相间的条纹，光的单缝衍射图样是中央亮条纹最 宽最亮，所以甲是光的干涉图样，乙是光的衍射图样，丙为薄膜干涉图样，丁为圆盘衍射图样，故 A错误，B.根据双缝干涉条纹间距公式△x一入，可知波长越长亮条纹越宽，故B错误：C.薄膜 干涉是等厚干涉，同一级条纹各处薄膜厚度相等，所以从图丙检验工件平整度的操作中，可推断 出P为凹处、Q为凸处，故C错误；D.真空玻璃管上的镀膜是一层增透膜，利用了光的薄膜干涉 的原理，故D正确。 Mm_o2。Mm T2r,解得v= GM 反A解析：A.根据万有引力提供向心力，G,m,GmX ,T= 2πr :则国线的斜牢为长=TXw=2GM,所以抢球的质#为M=点故A翁误；R地 球的体积为V-专R,则地球的蜜度为0-一8CR,故B正确：C,设地球的第-字宙速度 M 3k 为v1,则 :-如日解得-，放C正确D.若设卫星的运动周粥为T则卫显商地 k Mm 球表面的高度为h,则G 尺)n天K十h）,解得方一 T一R,故D正确。本题选错 2π 误的，故选A。 6.D解析：A.v-t图像中，图像某点切线的斜率的绝对值表示加速度的大小，根据图像可知，斜率 的绝对值先增大后减小，即质点的加速度先增大后减小，故A错误。BCD.由于在t。时刻质点 的加速度大小为，质点先沿正方向减速运动，后沿负方向做加速运动，t图像与时间轴所围 几何图形的面积表示位移，由此可知，质点在前一半时间内的位移x1>2,质点在后一半时间 内的位移x:<之，：即质点在1=2。时刻不可能回到起点，放B借误：质点在前一半时间内的 平均速度心->，质点在后一半时同内的平均速度，<，质点在21，时刻速度大 to 一定小于vo,故C错误，D正确。 6