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2024浙江省G5联盟高二下学期4月期中联考物理试题含解析
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这是一份2024浙江省G5联盟高二下学期4月期中联考物理试题含解析，文件包含浙江省G5联盟2023-2024学年高二下学期4月期中物理试题含解析docx、浙江省G5联盟2023-2024学年高二下学期4月期中物理试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。
考生须知：
1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4．考试结束后，只需上交答题纸。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列物理量中为矢量且单位符号正确的是（ ）
A. 电流（A）B. 电场强度（C）
C. 磁通量（Wb）D. 磁感应强度（T）
【答案】D
【解析】
【详解】A．电流标量，其单位符号为A，故A错误；
B．电场强度为矢量，其单位符号为V/m，故B错误；
C．磁通量为标量，其单位符号为Wb，故C错误；
D．磁感应强度为矢量，其单位符号为T，故D正确。
故选D。
2. 2024年2月27日，某电动垂直起降航空器完全模拟一家人从深圳蛇口邮轮母港飞至珠海九洲港码头，将单程2.5到3小时的地面车程缩短至20分钟。该航空器最大航程250公里，最大巡航速度200公里/小时，最多可搭载5人，则下列说法中正确的是（ ）
A. 航程250公里代表位移
B. 最大巡航速度200公里/小时指的是瞬时速度大小
C. 计算航空器在两地飞行时间时不能视作质点
D. 航空器升空过程中，以某一乘客为参考系，其他乘客都向上运动
【答案】B
【解析】
【详解】A．航程250公里代表路程，A错误；
B．最大巡航速度200公里/小时指的是最大航行时的速度，是瞬时速度大小，B正确；
C．航空器在两地之间飞行时，由于航空器本身的大小和形状对计算航行时间没有影响，可以看成质点，C错误；
D．航空器升空过程中，以某一乘客为参考系，其他乘客都是静止的，D错误。
故选B。
3. 下列说法符合物理学史的是（ ）
A. 奥斯特发现了电磁感应现象
B. 赫兹预言了电磁波的存在
C. 法拉第最先提出了微观领域的能量量子化概念
D. 英国物理学家卡文迪许测量出了引力常量G的数值
【答案】D
【解析】
【详解】A．法拉第首次发现了电磁感应现象，故A错误；
B．麦克斯韦预言了电磁波的存在，而赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故B错误；
C．普朗克最先提出了微观领域的能量量子化概念，故C错误；
D．英国物理学家卡文迪许通过扭秤实验测量出了引力常量G的数值，故D正确。
故选D。
4. 质量为m的链球在抛出前的运动情景如图所示，假设在运动员的作用下，链球与水平面成一定夹角的斜面上从1位置匀速转动到最高点2位置，则链球从1位置到2位置的过程中下列说法正确的是（ ）
A. 链球需要的向心力保持不变
B. 链球在转动过程中机械能守恒
C. 运动员的手转动的角速度等于链球的角速度
D. 运动员的手转动的线速度大于链球的线速度
【答案】C
【解析】
【详解】A．链球从1位置匀速转动到最高点2位置，链球需要的向心力大小不变，但方向时刻发生改变，故A错误；
B．链球在转动过程中动能不变，重力势能不断变化，则机械能不守恒，故B错误；
CD．运动员的手转动的角速度等于链球的角速度，根据
可知运动员的手的线速度小于链球的线速度，故C正确，D错误。
故选C。
5. 如图所示，质量为m磁铁贴吸于固定的竖直金属板上，初始时作用于磁铁的推力F既平行于水平面也平行于金属板，此时金属板对磁铁的作用力为。现保持推力F的大小不变，将作用于磁铁的推力F方向改为垂直金属板，此时金属板对磁铁作用力为。磁铁始终保持静止状态，则和大小关系为（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【详解】磁铁保持静止，金属板对磁铁提供了吸引力、弹力、摩擦力，这三个力的合力与推力、磁铁的重力的合力等大反向。因为两处推力的方向都与磁铁的重力方向垂直，则有
故选A。
6. 在一块水平放置的很大的接地金属平板上方附近固定着一个正电荷Q，、a、b、c、d为过正电荷所在位置的竖直平面上的五个点，位置如图所示，c小于d，则下列说法正确的是（ ）
A. c点的场强和d点场强相同
B. 点的电势高于a点的电势
C. 电荷量为q的负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D. 电荷量为q的正电荷从c点移到d点电场力做正功
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于金属板位于正电荷所形成的电场中，因此将发生静电感应，达到静电平衡后金属板的表面将是一个等势面，则金属板上方的电场线垂直金属板向下，其等势面的分布如图所示
由图可知c点的等差等势面比d点的更密集，因此c点的场强比d点场强大，故A错误；
BC．a、、b三点共线且垂直金属板，则a、、b三点所在直线为电场中的一条电场线，且方向由a指向b，而沿着电场线的方向电势降低，由此可知点的电势低于a点的电势，b点的电势低于a点的电势，而带负电的电荷在电势低的地方电势能大，则电荷量为q的负电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故BC错误；
D．由于c点的电势高于d点的电势，当将电荷量为q的正电荷从c点移到d点的过程中，电场力做正功，故D正确。
故选D。
7. 地磁学家曾经尝试用“自激发电”假说解释地球磁场的起源，其原理如图所示：一个金属圆盘A在某一大小恒定、方向时刻沿切线方向的外力作用下，在弱的轴向磁场B中绕金属轴转动，根据法拉第电磁感应定律，盘轴与盘边之间将产生感应电动势，用一根带有电刷的螺旋形导线MN在圆盘下方连接盘边与盘轴，MN中就有感应电流产生，最终回路中的电流达到稳定值，磁场也达到稳定状态。下列说法正确的是（ ）
A. MN中的电流方向从N→M
B. 圆盘转动的速度逐渐减小
C. MN中感应电流的磁场方向与原磁场方向相同
D. 磁场达到稳定状态后，MN中不再产生感应电流
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据右手定则知，MN中的电流方向从M→N，A错误；
B．圆盘在大小恒定、方向时刻沿切线方向的外力作用下，转动的速度先越来越大，磁场也越来越大，根据法拉第电磁感应定律
知产生的电动势也越来越大，流过电阻R的电流也越来越大，最终回路中的电流达到稳定值，磁场也达到稳定状态，则圆盘转动的速度也达到稳定值，B错误；
C．根据右手螺旋定则判断知MN中感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，C正确；
D．可将圆盘看成若干个沿着半径方向的幅条组成，因此在任何时刻都有幅条切割磁感线，故磁场达到稳定状态后，MN中也产生感应电流，D错误；
故选C。
8. 如图（a）所示，轻质弹簧上端固定，下端挂有钩码，钩码下表面吸附一个小磁铁。钩码在竖直方向做简谐运动时，某段时间内，小磁铁正下方的智能手机中的磁传感器采集到磁感应强度随时间变化的图像如图（b）所示，不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A. 钩码做简谐运动的周期为
B. 在和时刻，钩码的动能最小
C. 在和时刻，钩码的重力势能最大
D. 时间内，钩码所受合外力的冲量为零
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图（b）可知，钩码做简谐运动周期为，A错误；
B．在和时刻，磁感应强度最大，磁铁距离手机最近，振动到最低点，钩码的动能最小，B正确；
C．在和时刻，磁铁振动到最低点，重力势能最小，C错误；
D．时间内，钩码从平衡位置经过最高点又振动回平衡位置，该过程回复力方向始终竖直向下，即合外力冲量方向也向下，不为零，D错误。
故选B。
9. 图甲为某同学设计的充电装置示意图，线圈ab匝数匝，面积，空间中存在磁场，方向垂直于线圈平面，磁感应强度随时间按正弦规律变化，如图乙所示，理想变压器副线圈接充电器。已知额定电压为5V的充电器恰能正常工作，不计线圈电阻，则下列说法正确的是（ ）
A. 时线圈ab中感应电动势为0
B. 若B变化的周期变长，则原线圈电压变大
C. 变压器原线圈输入电压有效值2V
D. 变压器原、副线圈匝数比为1∶5
【答案】C
【解析】
【详解】A．时线圈ab中磁通量等于0，但此时磁通量的变化率达到了最大值，因此此时线圈中的感应电动势最大，故A错误；
B．若B变化的周期变长，则磁通量的变化率将减小，因此线圈中的感应电动势将减小，与线圈相连的原线圈两端的电压将减小，故B错误；
C．线圈ab中产生的感应电动势的最大值为
式中
，，，
代入可得
变压器原线圈两端的电压即为线圈ab中产生的感应电动势的大小，因此可知变压器原线圈输入电压有效值为
故C正确；
D．充电器接在副线圈两端，充电器两端的电压即为副线圈两端的电压，根据已知，充电器的额定电压为5V，且充电器正常工作，因此可知副线圈两端的电压有效值为5V，根据原副线圈电压比等于匝数比可得
故D错误。
故选C。
10. 如图所示，一颗质量为m的卫星要发射到中地圆轨道上，通过M、N两位置的变轨，经椭圆转移轨道进入中地圆轨道运行。已知近地圆轨道的半径可认为等于地球半径，中地圆轨道与近地圆轨道共平面且轨道半径为地球半径的3倍，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，下列说法中正确的是（ ）
A. 卫星进入中地圆轨道时需要在N点减速
B. 在转移轨道上的M点和N点速度关系为
C. 该卫星在中地圆轨道上运行的速度为
D. 该卫星在转移轨道上从M点运行至N点（M、N与地心在同一直线上）所需的时间为
【答案】D
【解析】
【详解】A．卫星进入中地圆轨道时需要在N点加速，故A错误；
B．由开普勒第二定律，M点到地球的距离小于N点到地球的距离，因此近地点M点的速度大于远地点N点的速度，即
故B错误；
C．卫星在中地圆轨道上，由万有引力提供向心力得
在近地面
解得
故C错误；
D．卫星在中地圆轨道上周期
由开普勒第三定律得
联立解得
在转移轨道上从M点运行至N点（M、N与地心在同一直线上）所需的时间
故D正确。
故选D 。
11. 如图甲所示为小高同学收集的一个“足球”玻璃球，他学了光的折射后想用某单色光对该球进行研究，某次实验过程中他将单色光水平向右照射且过球心所在的竖直截面，其正视图如乙所示，AB是沿水平方向的直径。当光束从C点射入时恰能从右侧射出且射出点为B，已知点C到AB竖直距离，玻璃球的半径为R，且球内的“足球”是不透光体，不考虑反射光的情况下，下列说法正确的是（ ）
A. 该单色光折射率为
B. 该“足球”的直径为
C. 继续增加，则光一定不会在右侧发生全反射
D. 用该单色光做双缝干涉实验，减小双缝间距，其它条件不变，则屏上干涉条纹间距变小
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据几何关系，结合光路可逆，作出光路图如图所示
根据几何关系有
解得
，
则折射率
选项A错误；
B．光束从C点射入时恰能从右侧射出且射出点为B，表明内部光线与足球相切，根据几何关系可知，足球的直径为
故B错误；
C．继续增加，结合上述可知，第一次折射的折射角等于第二次折射的入射角，根据光路可逆原理可知，第二次折射的折射角一定等于第一次折射的入射角，即光一定不会在右侧发生全反射，故C正确；
D．根据
可知，减小双缝间距，其它条件不变，则屏上干涉条纹间距变大，故D错误。
故选C。
12. 粒子直线加速器原理示意图如图甲所示，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电压变化规律如图乙所示。在时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一自由电子由静止开始发射，之后在各狭缝间持续加速。若电子质量为m，电荷量为e，交变电源电压为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒狭缝的时间。下列说法正确的是（ ）
A. 电子在圆筒里做加速运动
B. 要实现加速，电子在圆筒运动时间必须为T
C. 第n个圆筒的长度应满足
D. 如果要加速质子，圆筒的长度要变短，可以在到时间内从圆板处释放
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属筒中电场为零，电子不受电场力所用，电子做匀速直线运动，故A错误；
B．电子每经过圆筒间狭缝时都要被加速，然后进入圆筒做匀速直线运动，所以电子在圆筒运动时间必须为才能满足每次经过狭缝时被加速，故B错误；
C．设电子进入第n个圆筒时的速度为，由动能定理有
而电子在圆筒内做匀速直线运动，由此可得第n个圆筒的长度为
解得
故C错误；
D．如果要加速质子，质子的比荷要比电子的比荷小，而根据
可知，质子进入圆筒的速度要比电子进入圆筒的速度小，则圆筒的长度均需要相应的变短，可以在到时间内从圆板处释放。
故选D。
13. 某城市被誉为“森林中的火车站”的屋顶铺设了1.2万块光伏组件，每块面积为，发电总功率为。已知太阳的辐射总功率约为，太阳与地球之间的距离约，则以下关于该光伏组件说法正确的是（ ）
A. 每块组件上接收到的太阳辐射功率约为100W
B. 工作一天大约可发电
C. 光电的转换效率约为10%
D. 若一吨标准煤可以发电约3000度，则该组件一年可节省约3500吨煤
【答案】C
【解析】
【详解】A．距离太阳的大圆球面积
每块组件上接收到的太阳辐射功率约为
A错误；
B．若24小时都有太阳，则工作一天大约可发电
但有太阳的时间小于24小时，B错误；
C．太阳板接收的太阳能功率为
光电的转换效率约为
C正确；
D．若24小时都有太阳，则工作一年大约可发电
若一吨标准煤可以发电约3000度，24小时都有太阳，则该组件一年可节省约3500吨煤，但有太阳的时间小于24小时，D错误；
故选C。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14. 关于教材中的插图，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中撑杆运动员受到杆的弹力是由于运动员的形变引起的
B. 乙图中线圈a、b所在之处的磁感应强度的大小相等
C. 丙图中竖直放置的铁环上绕有对称的绝缘通电导线，电流方向如图所示，则铁环中心O点的磁感应强度方向竖直向下
D. 丁图中将薄膜外的金属环沿环所在平面旋转90°，则薄膜中条纹也将旋转90°
【答案】BC
【解析】
【详解】A．甲图中撑杆运动员受到杆的弹力是由于杆的形变引起的，故A错误；
B．磁感线的疏密反映磁感应强度的大小，所以乙图中线圈a、b所在之处的磁感应强度的大小相等，故B正确；
C．根据安培定则可得，左侧线圈中的磁场下边是S极，上边是N极，右侧的线圈中的磁场下边是S极，上边是N极，故铁环中心的磁场方向为向下，故C正确；
D．丁图中将薄膜外的金属环沿环所在平面旋转90°，但薄膜中条纹不旋转，故D错误。
故选BC。
15. “战绳”是一种比较流行的健身器械，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来如图甲所示。以手的平衡位置为坐标原点，图乙是健身者左手在抖动绳子过程中某时刻的波形图，若左手抖动的频率是0.5Hz，下列说法中正确的是（ ）
A. 该时刻P点位移为
B. 再经过0.25s，P点达到平衡位置
C. 该时刻Q点的振动方向沿y轴负方向
D. 从该时刻开始计时，质点Q的振动方程为
【答案】ABD
【解析】
【详解】由题知振幅为20cm，频率为0.5Hz，波长为8m，波向右传播，该时刻P点的振动方向沿y轴负方向，Q点的振动方向沿y轴正方向，故从该时刻开始计时P、Q点的振动方程为
故该时刻P点的位移为
时，P点的位移为
故选ABD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
实验题（共14分）
16. 某校实验小组准备用铁架台、打点计时器、重物等验证机械能守恒定律，实验装置如图所示。
（1）请在下列器材中选择本实验所需的重物（ ）
A. B. C. D.
（2）下列关于该实验说法正确的是（ ）。（多选）
A. 必须在接通电源的同时释放纸带
B. 利用本装置验证机械能守恒定律，可以不测量重物的质量
C. 为了验证机械能守恒，必须选择纸带上打出的第一个点作为起点
D. 体积相同的条件下，重物质量越大，实验误差越小
【答案】（1）D （2）BD
【解析】
【小问1详解】
重物需要连接纸带。
故选D。
【小问2详解】
A．应先接通电源再释放纸带，故A错误；
B．由机械能守恒公式
知可以不测量重物的质量，故B正确；
C．也可以利用公式
验证机械能守恒，不一定选择纸带上打出的第一个点作为起点，故C错误；
D．体积相同的条件下，重物质量越大，阻力越小，实验误差越小，故D正确。
故选BD。
17. 某同学在实验室研究“单摆测量重力加速度”的实验中，
（1）下列三张图片是三次操作中摆角最大的情景，其中操作合理的是_________（单选）
A. B. C.
（2）该同学用停表记录了单摆全振动50次所用的时间如图所示为_________s。
（3）选择正确实验图，利用测得的一组数据，计算得到的g值偏小，可能的原因是_________（单选）
A. 测摆长时摆线拉的过紧
B. 开始计时时，停表过迟按下
C. 摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
D. 某同学通过测量30次全振动的时间来测定单摆的周期T，他在单摆经过平衡位置时按下秒表记为“1”，若同方向再次经过平衡位置时记为“2”，在数到“30”时停止秒表，读出这段时间t，算出周期。
【答案】（1）B （2）111.3
（3）C
【解析】
【小问1详解】
研究“单摆测量重力加速度”的实验中，为了减小实验误差，摆球要使用密度大体积小的钢球，且单摆的摆角必须。
故选B。
【小问2详解】
停表小表盘一圈表示15min，大表盘一圈表示30s，若小表盘指针未过表示1min的中间位置，则其表示不到30s，由大表盘读出，若小表盘指针过了表示1min的中间位置，则其表示大于30s，在由大表盘读出示数的同时需加30s，根据图示可从小表盘读出1min，由于小表盘指针过了表示1min的中间位置，因此通过大表盘可读出51.3s，由此可知停表读数为
【小问3详解】
A．根据单摆的周期公式
可得
若测摆长时摆线拉的过紧，则在实验中由于摆线恢复因拉的过紧而产生的微小形变后，实际摆线长度将偏小，而计算用到的摆线长度比实际值将偏大，因此计算得到的加速度将偏大，故A错误；
B．开始计时时停表过迟按下，所记录多次全振动的总时间将偏小，因此而得到的振动周期将偏小，根据
计算得到的重力加速度将偏大，故B错误；
C．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，但在计算时仍然用的时测量得到的摆线长度，小于实际摆线长度，因此代入计算公式中得到的重力加速度的值偏小，故C正确；
D．单摆经过平衡位置时按下秒表记为“1”，若同方向再次经过平衡位置时记为“2”，在数到“30”时停止秒表，读出这段时间t，算出周期应为
显然在计算时将29次全振动的次数记为30，所得周期将偏小，代入重力加速度的计算公式
得到的重力加速度的计算值将偏大，故D错误。
故选C。
18. （1）在做“测定玻璃的折射率”的实验中。如图（a）所示，选用的玻璃砖前后两个光学面相互平行，和分别是玻璃砖与空气的两个界面，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和，然后在另一侧透过玻璃砖观察，用“•”表示大头针的位置，这样确定了射入玻璃砖的光线，确定了射出玻璃砖的光线。
（1）根据以上信息，请你在答题纸中画出光路图_________。
（2）若在实验过程中画出界面和后，某同学不小心将玻璃砖向上平移了一些，导致如图（b）所示的情景，则所测得的折射率与真实值相比将_________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】（1） （2）不变
【解析】
【小问1详解】
【小问2详解】
作图
由图及几何关系可以得出入射角、折射角均不变，折射率不变。
19. 在“导体电阻率的测量”实验中，某同学用电流表和电压表测量一金属丝的电阻。
（1）该同学先用欧姆表“×1”挡粗测该金属丝的电阻，示数如图所示，金属丝电阻_________。
（2）该同学再次设计电路开展测量，并多次测量金属丝直径，要使测量结果准确到0.01mm，应选用的仪器是_________。（填写器材的名称）
（3）该同学选取的电压表和电流表，内阻分别约为6kΩ和0.1Ω。则下列图中符合实验要求且连线正确的是（ ）
A. B. C. D.
（4）设计的电路中电流表的接法，主要是为了减小电表内阻对测量结果引起的_________误差（填“系统”或“偶然”）。
（5）将金属丝替换为小灯泡，改用电流传感器测得小灯泡的电流随时间变化的图线，会是哪个图（填“甲”、“乙”或“丙”）_________。
【答案】（1）6 （2）螺旋测微器##千分尺
（3）D （4）系统
（5）丙
【解析】
【小问1详解】
由欧姆表读数可知金属丝电阻为6Ω；
【小问2详解】
要使测量结果准确到0.01mm，应选用的仪器是螺旋测微器或者千分尺；
【小问3详解】
电压表内阻远大于待测电阻，则应该用电流表外接电路；滑动变阻器接成分压电路，故选D。
【小问4详解】
设计的电路中电流表的接法，主要是为了减小电表内阻对测量结果引起的系统误差。
【小问5详解】
由于灯丝的电阻随温度的升高而变大，刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大；随着灯丝温度升高，灯丝电阻逐渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度保持不变，电阻不变，电流保持不变，故图像为图丙。
20. 某大学五名学习航空航天工程的大学生搭乘飞艇参加了“微重力飞行计划”，飞行员将飞艇开到6000m的高空后，让其由静止开始下落，以模拟一种微重力的环境，下落过程中飞艇所受空气阻力仅为其重力的0.04倍，大学生们就可以进行微重力影响的实验。在距离地面3000m时飞艇向下做匀减速直线运动，若要求飞艇以大小为的加速度做匀减速运动，重力加速度g取，试计算：
（1）微重力环境持续的时间；
（2）飞艇距离地面多高的地方速度减为零。
【答案】（1）25s；（2）600m
【解析】
【详解】（1）设飞艇下落的加速度为，根据牛顿第二定律可得
解得
飞艇下落时间满足
解得
（2）后，飞艇将做匀减速运动，开始减速时飞艇的速度为
减速运动时飞艇运动满足
解得
所以距离地面
21. 小黄设计的某游戏装置如图所示。水平台面上固定一半径为R的光滑竖直圆轨道，在圆轨道右侧C处放置质量为0.5m的小滑块B，CD间相距为l。在平台右侧有质量为m的“”形载物盘E，用轻质细线通过定滑轮与静止在地面上质量也为m的物块F相连，载物盘距离地面高为h，与水平台面处于同一水平面并且静止。游戏开始时，选择合适的压缩量让一质量为0.5m的小滑块A从弹射器1处弹射出去，恰好能经过圆轨道最高点，与静止在C点的滑块B发生碰撞，碰撞后A、B粘在一起运动到载物盘上时恰好静止，然后物块F上升碰到小平台，触动弹射器2（压缩量可调）将小平台H上的小球水平抛出，落在倾角为θ的斜面上。小平台H的右端恰好位于斜面底端G的正上方。已知滑块只与平台CD段有摩擦，不计空气阻力、细绳与滑轮的摩擦力。“”型载物盘的宽度不计，且着地时立即静止，滑块、小球均可视为质点。
（1）求CD段动摩擦系数μ；
（2）求小平台H距离地面的最大高度；
（3）若小平台H在第（2）问的最大高度上，斜面的倾角范围为，要使小球在斜面上的着落点离抛出点距离最近，试求抛出初速度与斜面倾角θ的关系。
【答案】（1）；（2）；（3）（）
【解析】
【详解】（1）设滑块在圆周最高点的速度为，根据题意由牛顿第二定律有
解得
从最高点到点，根据动能定理有
解得
A和B粘在一起后，形成质量为的整体，根据动量守恒定律有
可知速度
则从到处，根据动能定理有
解得
（2）滑块进入载物盘至落地过程整体机械能守恒，令物块升至高度时的速度为，可得
解得
继续上抛的高度
所以物块上升的总高度为
（3）点到直线的最短路径为垂线段，因此小球落点与抛出点的连线垂直于斜面如图所示
根据平抛运动的规律有
根据几何关系有
消去时间可得
由几何关系有
解得
则可得
22. 如图甲所示，水平面上固定着间距为的两条平行光滑直轨道（除DE、CF是绝缘的连接段外，其它轨道均为不计电阻的导体），AB之间有一个的定值电阻，DC的左侧轨道内分布着垂直导轨平面向下的匀强磁场，该磁场随时间的变化情况如图乙所示，EF的右侧轨道内分布着垂直导轨平面向上，磁感应强度的匀强磁场。时刻，质量电阻的a金属棒静止在距离导轨左侧处，并被特定的装置锁定。一个电阻的b金属棒在距离EF右侧处也被特定的装置锁定，两棒均长，且与轨道接触良好，不考虑连接处的能量损失。时，解除对a棒的锁定并施加水平向右的恒力，a棒离开磁场区域时已达到稳定的速度，过DC后撤去恒力，求
（1）时，通过a棒的电流大小及方向（图中向上或向下）；
（2）a棒刚进入磁场时a棒两端的电势差；
（3）a棒进入磁场到接触b棒的过程中b棒产生的焦耳热；
（4）移去b棒，在磁场区域两导轨之间连接一个电容的电容器（距离a棒无限远），a棒最终速度。
【答案】（1）2A，方向沿a棒向上；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）内，磁场增强，由楞次定律判断可知，棒上的电流方向为向上（逆时针），当棒不动时
（2）棒离开时已达到稳定速度，此时有
解得
棒以的速度进入匀强磁场，电动势为
棒两端的电势差为
（3）考虑棒进入磁场时，与棒相距，相撞前棒处于静止状态，设棒与棒碰撞前瞬间的速度为，以棒为研究对象，由动量定理，有
解得
由能量守恒定律，从棒刚进入磁场到两棒碰撞前瞬间，棒减少的动能，转化为焦耳热，则
解得
（4）设棒稳定后的速度为，以棒为研究对象，由动量定理有
解得
电容器的电压满足
最终稳定时棒切割产生的电动势等于电容器两端电压，所以有
解得
23. 利用电场与磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图所示，一粒子源不断释放质量为m，带电量为的带电粒子，其初速度视为零，经过加速电压U后，以一定速度进入辐射状电场，恰好沿着半径为R的圆弧轨迹通过电场区域后垂直平面，射入棱长为2L的正方体区域。现调整射入位置，使带电粒子在边长为L的正方形MHLJ区域内入射，不计粒子重力及其相互作用。
（1）求辐射状电场中离子运动轨迹处电场强度的大小；
（2）若仅在正方体区域中加上沿MN方向的匀强电场，要让所有粒子都到达平面求所加电场强度的最小值；
（3）若仅在正方体区域中加上沿MN方向的匀强磁场，要让所有粒子都到达平面，求所加磁感应强度B的范围；
（4）以为原点建立如图所示直角坐标系，若在正方体区域中同时加上沿MN方向大小为的匀强电场和第（3）问中磁感应强度范围内最小值的匀强磁场，让粒子对准I点并垂直平面入射，求粒子离开正方体区域时的坐标位置（结果可用根号和圆周率π表示）。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）粒子经过加速电场后速度为，根据动能定理有
解得
在辐射状电场中满足
解得
（2）粒子在电场中做类平抛运动，如果从边入射的粒子能够恰好通过边，则所有粒子都能到达平面，由平抛规律可得
解得
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，当从边射入的粒子恰好到达边时所加的磁场为最小值，根据几何关系可得
解得
当从边射入的粒子恰好到达边时所加的磁场为最大值，根据几何关系可得
解得
所以磁场的大小满足
（4）若在正方体区域中同时加上沿方向的匀强电场及匀强磁场，粒子在平行于的平面内做圆周运动，而在方向做匀加速直线运动。如果不考虑方向的匀加速运动，则粒子在区域中运动的时间
如果不考虑平面内的圆周运动，则粒子在区域中运动的时间
因为，因此粒子会从出射，所以则粒子离开时，在轴方向的坐标为
根据几何关系，在轴方向的坐标为
在轴方向的坐标为
所以粒子离开时的坐标为
考生须知：
1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4．考试结束后，只需上交答题纸。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列物理量中为矢量且单位符号正确的是（ ）
A. 电流（A）B. 电场强度（C）
C. 磁通量（Wb）D. 磁感应强度（T）
【答案】D
【解析】
【详解】A．电流标量，其单位符号为A，故A错误；
B．电场强度为矢量，其单位符号为V/m，故B错误；
C．磁通量为标量，其单位符号为Wb，故C错误；
D．磁感应强度为矢量，其单位符号为T，故D正确。
故选D。
2. 2024年2月27日，某电动垂直起降航空器完全模拟一家人从深圳蛇口邮轮母港飞至珠海九洲港码头，将单程2.5到3小时的地面车程缩短至20分钟。该航空器最大航程250公里，最大巡航速度200公里/小时，最多可搭载5人，则下列说法中正确的是（ ）
A. 航程250公里代表位移
B. 最大巡航速度200公里/小时指的是瞬时速度大小
C. 计算航空器在两地飞行时间时不能视作质点
D. 航空器升空过程中，以某一乘客为参考系，其他乘客都向上运动
【答案】B
【解析】
【详解】A．航程250公里代表路程，A错误；
B．最大巡航速度200公里/小时指的是最大航行时的速度，是瞬时速度大小，B正确；
C．航空器在两地之间飞行时，由于航空器本身的大小和形状对计算航行时间没有影响，可以看成质点，C错误；
D．航空器升空过程中，以某一乘客为参考系，其他乘客都是静止的，D错误。
故选B。
3. 下列说法符合物理学史的是（ ）
A. 奥斯特发现了电磁感应现象
B. 赫兹预言了电磁波的存在
C. 法拉第最先提出了微观领域的能量量子化概念
D. 英国物理学家卡文迪许测量出了引力常量G的数值
【答案】D
【解析】
【详解】A．法拉第首次发现了电磁感应现象，故A错误；
B．麦克斯韦预言了电磁波的存在，而赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故B错误；
C．普朗克最先提出了微观领域的能量量子化概念，故C错误；
D．英国物理学家卡文迪许通过扭秤实验测量出了引力常量G的数值，故D正确。
故选D。
4. 质量为m的链球在抛出前的运动情景如图所示，假设在运动员的作用下，链球与水平面成一定夹角的斜面上从1位置匀速转动到最高点2位置，则链球从1位置到2位置的过程中下列说法正确的是（ ）
A. 链球需要的向心力保持不变
B. 链球在转动过程中机械能守恒
C. 运动员的手转动的角速度等于链球的角速度
D. 运动员的手转动的线速度大于链球的线速度
【答案】C
【解析】
【详解】A．链球从1位置匀速转动到最高点2位置，链球需要的向心力大小不变，但方向时刻发生改变，故A错误；
B．链球在转动过程中动能不变，重力势能不断变化，则机械能不守恒，故B错误；
CD．运动员的手转动的角速度等于链球的角速度，根据
可知运动员的手的线速度小于链球的线速度，故C正确，D错误。
故选C。
5. 如图所示，质量为m磁铁贴吸于固定的竖直金属板上，初始时作用于磁铁的推力F既平行于水平面也平行于金属板，此时金属板对磁铁的作用力为。现保持推力F的大小不变，将作用于磁铁的推力F方向改为垂直金属板，此时金属板对磁铁作用力为。磁铁始终保持静止状态，则和大小关系为（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【详解】磁铁保持静止，金属板对磁铁提供了吸引力、弹力、摩擦力，这三个力的合力与推力、磁铁的重力的合力等大反向。因为两处推力的方向都与磁铁的重力方向垂直，则有
故选A。
6. 在一块水平放置的很大的接地金属平板上方附近固定着一个正电荷Q，、a、b、c、d为过正电荷所在位置的竖直平面上的五个点，位置如图所示，c小于d，则下列说法正确的是（ ）
A. c点的场强和d点场强相同
B. 点的电势高于a点的电势
C. 电荷量为q的负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D. 电荷量为q的正电荷从c点移到d点电场力做正功
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于金属板位于正电荷所形成的电场中，因此将发生静电感应，达到静电平衡后金属板的表面将是一个等势面，则金属板上方的电场线垂直金属板向下，其等势面的分布如图所示
由图可知c点的等差等势面比d点的更密集，因此c点的场强比d点场强大，故A错误；
BC．a、、b三点共线且垂直金属板，则a、、b三点所在直线为电场中的一条电场线，且方向由a指向b，而沿着电场线的方向电势降低，由此可知点的电势低于a点的电势，b点的电势低于a点的电势，而带负电的电荷在电势低的地方电势能大，则电荷量为q的负电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故BC错误；
D．由于c点的电势高于d点的电势，当将电荷量为q的正电荷从c点移到d点的过程中，电场力做正功，故D正确。
故选D。
7. 地磁学家曾经尝试用“自激发电”假说解释地球磁场的起源，其原理如图所示：一个金属圆盘A在某一大小恒定、方向时刻沿切线方向的外力作用下，在弱的轴向磁场B中绕金属轴转动，根据法拉第电磁感应定律，盘轴与盘边之间将产生感应电动势，用一根带有电刷的螺旋形导线MN在圆盘下方连接盘边与盘轴，MN中就有感应电流产生，最终回路中的电流达到稳定值，磁场也达到稳定状态。下列说法正确的是（ ）
A. MN中的电流方向从N→M
B. 圆盘转动的速度逐渐减小
C. MN中感应电流的磁场方向与原磁场方向相同
D. 磁场达到稳定状态后，MN中不再产生感应电流
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据右手定则知，MN中的电流方向从M→N，A错误；
B．圆盘在大小恒定、方向时刻沿切线方向的外力作用下，转动的速度先越来越大，磁场也越来越大，根据法拉第电磁感应定律
知产生的电动势也越来越大，流过电阻R的电流也越来越大，最终回路中的电流达到稳定值，磁场也达到稳定状态，则圆盘转动的速度也达到稳定值，B错误；
C．根据右手螺旋定则判断知MN中感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，C正确；
D．可将圆盘看成若干个沿着半径方向的幅条组成，因此在任何时刻都有幅条切割磁感线，故磁场达到稳定状态后，MN中也产生感应电流，D错误；
故选C。
8. 如图（a）所示，轻质弹簧上端固定，下端挂有钩码，钩码下表面吸附一个小磁铁。钩码在竖直方向做简谐运动时，某段时间内，小磁铁正下方的智能手机中的磁传感器采集到磁感应强度随时间变化的图像如图（b）所示，不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A. 钩码做简谐运动的周期为
B. 在和时刻，钩码的动能最小
C. 在和时刻，钩码的重力势能最大
D. 时间内，钩码所受合外力的冲量为零
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图（b）可知，钩码做简谐运动周期为，A错误；
B．在和时刻，磁感应强度最大，磁铁距离手机最近，振动到最低点，钩码的动能最小，B正确；
C．在和时刻，磁铁振动到最低点，重力势能最小，C错误；
D．时间内，钩码从平衡位置经过最高点又振动回平衡位置，该过程回复力方向始终竖直向下，即合外力冲量方向也向下，不为零，D错误。
故选B。
9. 图甲为某同学设计的充电装置示意图，线圈ab匝数匝，面积，空间中存在磁场，方向垂直于线圈平面，磁感应强度随时间按正弦规律变化，如图乙所示，理想变压器副线圈接充电器。已知额定电压为5V的充电器恰能正常工作，不计线圈电阻，则下列说法正确的是（ ）
A. 时线圈ab中感应电动势为0
B. 若B变化的周期变长，则原线圈电压变大
C. 变压器原线圈输入电压有效值2V
D. 变压器原、副线圈匝数比为1∶5
【答案】C
【解析】
【详解】A．时线圈ab中磁通量等于0，但此时磁通量的变化率达到了最大值，因此此时线圈中的感应电动势最大，故A错误；
B．若B变化的周期变长，则磁通量的变化率将减小，因此线圈中的感应电动势将减小，与线圈相连的原线圈两端的电压将减小，故B错误；
C．线圈ab中产生的感应电动势的最大值为
式中
，，，
代入可得
变压器原线圈两端的电压即为线圈ab中产生的感应电动势的大小，因此可知变压器原线圈输入电压有效值为
故C正确；
D．充电器接在副线圈两端，充电器两端的电压即为副线圈两端的电压，根据已知，充电器的额定电压为5V，且充电器正常工作，因此可知副线圈两端的电压有效值为5V，根据原副线圈电压比等于匝数比可得
故D错误。
故选C。
10. 如图所示，一颗质量为m的卫星要发射到中地圆轨道上，通过M、N两位置的变轨，经椭圆转移轨道进入中地圆轨道运行。已知近地圆轨道的半径可认为等于地球半径，中地圆轨道与近地圆轨道共平面且轨道半径为地球半径的3倍，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，下列说法中正确的是（ ）
A. 卫星进入中地圆轨道时需要在N点减速
B. 在转移轨道上的M点和N点速度关系为
C. 该卫星在中地圆轨道上运行的速度为
D. 该卫星在转移轨道上从M点运行至N点（M、N与地心在同一直线上）所需的时间为
【答案】D
【解析】
【详解】A．卫星进入中地圆轨道时需要在N点加速，故A错误；
B．由开普勒第二定律，M点到地球的距离小于N点到地球的距离，因此近地点M点的速度大于远地点N点的速度，即
故B错误；
C．卫星在中地圆轨道上，由万有引力提供向心力得
在近地面
解得
故C错误；
D．卫星在中地圆轨道上周期
由开普勒第三定律得
联立解得
在转移轨道上从M点运行至N点（M、N与地心在同一直线上）所需的时间
故D正确。
故选D 。
11. 如图甲所示为小高同学收集的一个“足球”玻璃球，他学了光的折射后想用某单色光对该球进行研究，某次实验过程中他将单色光水平向右照射且过球心所在的竖直截面，其正视图如乙所示，AB是沿水平方向的直径。当光束从C点射入时恰能从右侧射出且射出点为B，已知点C到AB竖直距离，玻璃球的半径为R，且球内的“足球”是不透光体，不考虑反射光的情况下，下列说法正确的是（ ）
A. 该单色光折射率为
B. 该“足球”的直径为
C. 继续增加，则光一定不会在右侧发生全反射
D. 用该单色光做双缝干涉实验，减小双缝间距，其它条件不变，则屏上干涉条纹间距变小
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据几何关系，结合光路可逆，作出光路图如图所示
根据几何关系有
解得
，
则折射率
选项A错误；
B．光束从C点射入时恰能从右侧射出且射出点为B，表明内部光线与足球相切，根据几何关系可知，足球的直径为
故B错误；
C．继续增加，结合上述可知，第一次折射的折射角等于第二次折射的入射角，根据光路可逆原理可知，第二次折射的折射角一定等于第一次折射的入射角，即光一定不会在右侧发生全反射，故C正确；
D．根据
可知，减小双缝间距，其它条件不变，则屏上干涉条纹间距变大，故D错误。
故选C。
12. 粒子直线加速器原理示意图如图甲所示，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电压变化规律如图乙所示。在时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一自由电子由静止开始发射，之后在各狭缝间持续加速。若电子质量为m，电荷量为e，交变电源电压为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒狭缝的时间。下列说法正确的是（ ）
A. 电子在圆筒里做加速运动
B. 要实现加速，电子在圆筒运动时间必须为T
C. 第n个圆筒的长度应满足
D. 如果要加速质子，圆筒的长度要变短，可以在到时间内从圆板处释放
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属筒中电场为零，电子不受电场力所用，电子做匀速直线运动，故A错误；
B．电子每经过圆筒间狭缝时都要被加速，然后进入圆筒做匀速直线运动，所以电子在圆筒运动时间必须为才能满足每次经过狭缝时被加速，故B错误；
C．设电子进入第n个圆筒时的速度为，由动能定理有
而电子在圆筒内做匀速直线运动，由此可得第n个圆筒的长度为
解得
故C错误；
D．如果要加速质子，质子的比荷要比电子的比荷小，而根据
可知，质子进入圆筒的速度要比电子进入圆筒的速度小，则圆筒的长度均需要相应的变短，可以在到时间内从圆板处释放。
故选D。
13. 某城市被誉为“森林中的火车站”的屋顶铺设了1.2万块光伏组件，每块面积为，发电总功率为。已知太阳的辐射总功率约为，太阳与地球之间的距离约，则以下关于该光伏组件说法正确的是（ ）
A. 每块组件上接收到的太阳辐射功率约为100W
B. 工作一天大约可发电
C. 光电的转换效率约为10%
D. 若一吨标准煤可以发电约3000度，则该组件一年可节省约3500吨煤
【答案】C
【解析】
【详解】A．距离太阳的大圆球面积
每块组件上接收到的太阳辐射功率约为
A错误；
B．若24小时都有太阳，则工作一天大约可发电
但有太阳的时间小于24小时，B错误；
C．太阳板接收的太阳能功率为
光电的转换效率约为
C正确；
D．若24小时都有太阳，则工作一年大约可发电
若一吨标准煤可以发电约3000度，24小时都有太阳，则该组件一年可节省约3500吨煤，但有太阳的时间小于24小时，D错误；
故选C。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14. 关于教材中的插图，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中撑杆运动员受到杆的弹力是由于运动员的形变引起的
B. 乙图中线圈a、b所在之处的磁感应强度的大小相等
C. 丙图中竖直放置的铁环上绕有对称的绝缘通电导线，电流方向如图所示，则铁环中心O点的磁感应强度方向竖直向下
D. 丁图中将薄膜外的金属环沿环所在平面旋转90°，则薄膜中条纹也将旋转90°
【答案】BC
【解析】
【详解】A．甲图中撑杆运动员受到杆的弹力是由于杆的形变引起的，故A错误；
B．磁感线的疏密反映磁感应强度的大小，所以乙图中线圈a、b所在之处的磁感应强度的大小相等，故B正确；
C．根据安培定则可得，左侧线圈中的磁场下边是S极，上边是N极，右侧的线圈中的磁场下边是S极，上边是N极，故铁环中心的磁场方向为向下，故C正确；
D．丁图中将薄膜外的金属环沿环所在平面旋转90°，但薄膜中条纹不旋转，故D错误。
故选BC。
15. “战绳”是一种比较流行的健身器械，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来如图甲所示。以手的平衡位置为坐标原点，图乙是健身者左手在抖动绳子过程中某时刻的波形图，若左手抖动的频率是0.5Hz，下列说法中正确的是（ ）
A. 该时刻P点位移为
B. 再经过0.25s，P点达到平衡位置
C. 该时刻Q点的振动方向沿y轴负方向
D. 从该时刻开始计时，质点Q的振动方程为
【答案】ABD
【解析】
【详解】由题知振幅为20cm，频率为0.5Hz，波长为8m，波向右传播，该时刻P点的振动方向沿y轴负方向，Q点的振动方向沿y轴正方向，故从该时刻开始计时P、Q点的振动方程为
故该时刻P点的位移为
时，P点的位移为
故选ABD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
实验题（共14分）
16. 某校实验小组准备用铁架台、打点计时器、重物等验证机械能守恒定律，实验装置如图所示。
（1）请在下列器材中选择本实验所需的重物（ ）
A. B. C. D.
（2）下列关于该实验说法正确的是（ ）。（多选）
A. 必须在接通电源的同时释放纸带
B. 利用本装置验证机械能守恒定律，可以不测量重物的质量
C. 为了验证机械能守恒，必须选择纸带上打出的第一个点作为起点
D. 体积相同的条件下，重物质量越大，实验误差越小
【答案】（1）D （2）BD
【解析】
【小问1详解】
重物需要连接纸带。
故选D。
【小问2详解】
A．应先接通电源再释放纸带，故A错误；
B．由机械能守恒公式
知可以不测量重物的质量，故B正确；
C．也可以利用公式
验证机械能守恒，不一定选择纸带上打出的第一个点作为起点，故C错误；
D．体积相同的条件下，重物质量越大，阻力越小，实验误差越小，故D正确。
故选BD。
17. 某同学在实验室研究“单摆测量重力加速度”的实验中，
（1）下列三张图片是三次操作中摆角最大的情景，其中操作合理的是_________（单选）
A. B. C.
（2）该同学用停表记录了单摆全振动50次所用的时间如图所示为_________s。
（3）选择正确实验图，利用测得的一组数据，计算得到的g值偏小，可能的原因是_________（单选）
A. 测摆长时摆线拉的过紧
B. 开始计时时，停表过迟按下
C. 摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
D. 某同学通过测量30次全振动的时间来测定单摆的周期T，他在单摆经过平衡位置时按下秒表记为“1”，若同方向再次经过平衡位置时记为“2”，在数到“30”时停止秒表，读出这段时间t，算出周期。
【答案】（1）B （2）111.3
（3）C
【解析】
【小问1详解】
研究“单摆测量重力加速度”的实验中，为了减小实验误差，摆球要使用密度大体积小的钢球，且单摆的摆角必须。
故选B。
【小问2详解】
停表小表盘一圈表示15min，大表盘一圈表示30s，若小表盘指针未过表示1min的中间位置，则其表示不到30s，由大表盘读出，若小表盘指针过了表示1min的中间位置，则其表示大于30s，在由大表盘读出示数的同时需加30s，根据图示可从小表盘读出1min，由于小表盘指针过了表示1min的中间位置，因此通过大表盘可读出51.3s，由此可知停表读数为
【小问3详解】
A．根据单摆的周期公式
可得
若测摆长时摆线拉的过紧，则在实验中由于摆线恢复因拉的过紧而产生的微小形变后，实际摆线长度将偏小，而计算用到的摆线长度比实际值将偏大，因此计算得到的加速度将偏大，故A错误；
B．开始计时时停表过迟按下，所记录多次全振动的总时间将偏小，因此而得到的振动周期将偏小，根据
计算得到的重力加速度将偏大，故B错误；
C．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，但在计算时仍然用的时测量得到的摆线长度，小于实际摆线长度，因此代入计算公式中得到的重力加速度的值偏小，故C正确；
D．单摆经过平衡位置时按下秒表记为“1”，若同方向再次经过平衡位置时记为“2”，在数到“30”时停止秒表，读出这段时间t，算出周期应为
显然在计算时将29次全振动的次数记为30，所得周期将偏小，代入重力加速度的计算公式
得到的重力加速度的计算值将偏大，故D错误。
故选C。
18. （1）在做“测定玻璃的折射率”的实验中。如图（a）所示，选用的玻璃砖前后两个光学面相互平行，和分别是玻璃砖与空气的两个界面，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和，然后在另一侧透过玻璃砖观察，用“•”表示大头针的位置，这样确定了射入玻璃砖的光线，确定了射出玻璃砖的光线。
（1）根据以上信息，请你在答题纸中画出光路图_________。
（2）若在实验过程中画出界面和后，某同学不小心将玻璃砖向上平移了一些，导致如图（b）所示的情景，则所测得的折射率与真实值相比将_________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】（1） （2）不变
【解析】
【小问1详解】
【小问2详解】
作图
由图及几何关系可以得出入射角、折射角均不变，折射率不变。
19. 在“导体电阻率的测量”实验中，某同学用电流表和电压表测量一金属丝的电阻。
（1）该同学先用欧姆表“×1”挡粗测该金属丝的电阻，示数如图所示，金属丝电阻_________。
（2）该同学再次设计电路开展测量，并多次测量金属丝直径，要使测量结果准确到0.01mm，应选用的仪器是_________。（填写器材的名称）
（3）该同学选取的电压表和电流表，内阻分别约为6kΩ和0.1Ω。则下列图中符合实验要求且连线正确的是（ ）
A. B. C. D.
（4）设计的电路中电流表的接法，主要是为了减小电表内阻对测量结果引起的_________误差（填“系统”或“偶然”）。
（5）将金属丝替换为小灯泡，改用电流传感器测得小灯泡的电流随时间变化的图线，会是哪个图（填“甲”、“乙”或“丙”）_________。
【答案】（1）6 （2）螺旋测微器##千分尺
（3）D （4）系统
（5）丙
【解析】
【小问1详解】
由欧姆表读数可知金属丝电阻为6Ω；
【小问2详解】
要使测量结果准确到0.01mm，应选用的仪器是螺旋测微器或者千分尺；
【小问3详解】
电压表内阻远大于待测电阻，则应该用电流表外接电路；滑动变阻器接成分压电路，故选D。
【小问4详解】
设计的电路中电流表的接法，主要是为了减小电表内阻对测量结果引起的系统误差。
【小问5详解】
由于灯丝的电阻随温度的升高而变大，刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大；随着灯丝温度升高，灯丝电阻逐渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度保持不变，电阻不变，电流保持不变，故图像为图丙。
20. 某大学五名学习航空航天工程的大学生搭乘飞艇参加了“微重力飞行计划”，飞行员将飞艇开到6000m的高空后，让其由静止开始下落，以模拟一种微重力的环境，下落过程中飞艇所受空气阻力仅为其重力的0.04倍，大学生们就可以进行微重力影响的实验。在距离地面3000m时飞艇向下做匀减速直线运动，若要求飞艇以大小为的加速度做匀减速运动，重力加速度g取，试计算：
（1）微重力环境持续的时间；
（2）飞艇距离地面多高的地方速度减为零。
【答案】（1）25s；（2）600m
【解析】
【详解】（1）设飞艇下落的加速度为，根据牛顿第二定律可得
解得
飞艇下落时间满足
解得
（2）后，飞艇将做匀减速运动，开始减速时飞艇的速度为
减速运动时飞艇运动满足
解得
所以距离地面
21. 小黄设计的某游戏装置如图所示。水平台面上固定一半径为R的光滑竖直圆轨道，在圆轨道右侧C处放置质量为0.5m的小滑块B，CD间相距为l。在平台右侧有质量为m的“”形载物盘E，用轻质细线通过定滑轮与静止在地面上质量也为m的物块F相连，载物盘距离地面高为h，与水平台面处于同一水平面并且静止。游戏开始时，选择合适的压缩量让一质量为0.5m的小滑块A从弹射器1处弹射出去，恰好能经过圆轨道最高点，与静止在C点的滑块B发生碰撞，碰撞后A、B粘在一起运动到载物盘上时恰好静止，然后物块F上升碰到小平台，触动弹射器2（压缩量可调）将小平台H上的小球水平抛出，落在倾角为θ的斜面上。小平台H的右端恰好位于斜面底端G的正上方。已知滑块只与平台CD段有摩擦，不计空气阻力、细绳与滑轮的摩擦力。“”型载物盘的宽度不计，且着地时立即静止，滑块、小球均可视为质点。
（1）求CD段动摩擦系数μ；
（2）求小平台H距离地面的最大高度；
（3）若小平台H在第（2）问的最大高度上，斜面的倾角范围为，要使小球在斜面上的着落点离抛出点距离最近，试求抛出初速度与斜面倾角θ的关系。
【答案】（1）；（2）；（3）（）
【解析】
【详解】（1）设滑块在圆周最高点的速度为，根据题意由牛顿第二定律有
解得
从最高点到点，根据动能定理有
解得
A和B粘在一起后，形成质量为的整体，根据动量守恒定律有
可知速度
则从到处，根据动能定理有
解得
（2）滑块进入载物盘至落地过程整体机械能守恒，令物块升至高度时的速度为，可得
解得
继续上抛的高度
所以物块上升的总高度为
（3）点到直线的最短路径为垂线段，因此小球落点与抛出点的连线垂直于斜面如图所示
根据平抛运动的规律有
根据几何关系有
消去时间可得
由几何关系有
解得
则可得
22. 如图甲所示，水平面上固定着间距为的两条平行光滑直轨道（除DE、CF是绝缘的连接段外，其它轨道均为不计电阻的导体），AB之间有一个的定值电阻，DC的左侧轨道内分布着垂直导轨平面向下的匀强磁场，该磁场随时间的变化情况如图乙所示，EF的右侧轨道内分布着垂直导轨平面向上，磁感应强度的匀强磁场。时刻，质量电阻的a金属棒静止在距离导轨左侧处，并被特定的装置锁定。一个电阻的b金属棒在距离EF右侧处也被特定的装置锁定，两棒均长，且与轨道接触良好，不考虑连接处的能量损失。时，解除对a棒的锁定并施加水平向右的恒力，a棒离开磁场区域时已达到稳定的速度，过DC后撤去恒力，求
（1）时，通过a棒的电流大小及方向（图中向上或向下）；
（2）a棒刚进入磁场时a棒两端的电势差；
（3）a棒进入磁场到接触b棒的过程中b棒产生的焦耳热；
（4）移去b棒，在磁场区域两导轨之间连接一个电容的电容器（距离a棒无限远），a棒最终速度。
【答案】（1）2A，方向沿a棒向上；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）内，磁场增强，由楞次定律判断可知，棒上的电流方向为向上（逆时针），当棒不动时
（2）棒离开时已达到稳定速度，此时有
解得
棒以的速度进入匀强磁场，电动势为
棒两端的电势差为
（3）考虑棒进入磁场时，与棒相距，相撞前棒处于静止状态，设棒与棒碰撞前瞬间的速度为，以棒为研究对象，由动量定理，有
解得
由能量守恒定律，从棒刚进入磁场到两棒碰撞前瞬间，棒减少的动能，转化为焦耳热，则
解得
（4）设棒稳定后的速度为，以棒为研究对象，由动量定理有
解得
电容器的电压满足
最终稳定时棒切割产生的电动势等于电容器两端电压，所以有
解得
23. 利用电场与磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图所示，一粒子源不断释放质量为m，带电量为的带电粒子，其初速度视为零，经过加速电压U后，以一定速度进入辐射状电场，恰好沿着半径为R的圆弧轨迹通过电场区域后垂直平面，射入棱长为2L的正方体区域。现调整射入位置，使带电粒子在边长为L的正方形MHLJ区域内入射，不计粒子重力及其相互作用。
（1）求辐射状电场中离子运动轨迹处电场强度的大小；
（2）若仅在正方体区域中加上沿MN方向的匀强电场，要让所有粒子都到达平面求所加电场强度的最小值；
（3）若仅在正方体区域中加上沿MN方向的匀强磁场，要让所有粒子都到达平面，求所加磁感应强度B的范围；
（4）以为原点建立如图所示直角坐标系，若在正方体区域中同时加上沿MN方向大小为的匀强电场和第（3）问中磁感应强度范围内最小值的匀强磁场，让粒子对准I点并垂直平面入射，求粒子离开正方体区域时的坐标位置（结果可用根号和圆周率π表示）。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）粒子经过加速电场后速度为，根据动能定理有
解得
在辐射状电场中满足
解得
（2）粒子在电场中做类平抛运动，如果从边入射的粒子能够恰好通过边，则所有粒子都能到达平面，由平抛规律可得
解得
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，当从边射入的粒子恰好到达边时所加的磁场为最小值，根据几何关系可得
解得
当从边射入的粒子恰好到达边时所加的磁场为最大值，根据几何关系可得
解得
所以磁场的大小满足
（4）若在正方体区域中同时加上沿方向的匀强电场及匀强磁场，粒子在平行于的平面内做圆周运动，而在方向做匀加速直线运动。如果不考虑方向的匀加速运动，则粒子在区域中运动的时间
如果不考虑平面内的圆周运动，则粒子在区域中运动的时间
因为，因此粒子会从出射，所以则粒子离开时，在轴方向的坐标为
根据几何关系，在轴方向的坐标为
在轴方向的坐标为
所以粒子离开时的坐标为
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