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浙江省宁波市镇海中学2024届高三下学期高考选考科目适应性考试物理试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省宁波市镇海中学2024届高三下学期高考选考科目适应性考试物理试题（Word版附解析），文件包含2024届浙江省宁波市镇海中学高三下学期高考选考科目适应性考试物理试卷Word版含解析docx、2024届浙江省宁波市镇海中学高三下学期高考选考科目适应性考试物理试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。
姓名：___________ 准考证号：___________
考生须知：
1.本卷满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的地方；
3.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试卷纸上答题一律无效；
4.考试结束后，只需上交答题卷。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39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，多选、错选或不选都不给分）
1. 下列属于国际单位制基本单位的是（ ）
A. mB. NC. JD.
【答案】A
【解析】
【详解】国际单位制的七个基本单位分别为米（m）、秒（s）、千克（kg）、安培（A）、开尔文（K）、摩尔（ml）、坎德拉（cd）。
故选A。
2. 下列有关质点和参考系的说法中正确的是（ ）
A. 观看体操运动员的动作时，可以把运动员看成质点
B. 当物体体积很小时，就可以看成质点
C. 研究物体的运动时，选择任意物体作参考系，对运动的描述都是一样的
D. 研究太阳系各行星的运行，选择太阳比选择地球作为参考系更好
【答案】D
【解析】
【详解】A．质点是理想化模型，只有当物体的形状和大小对所要研究的问题可忽略不计时才能把物体看作质点，观看体操运动员的动作时，不可以把运动员看成质点，错误；
B．物体能否看成质点，不是看物体的体积和质量大小，而是看物体的大小和形状在所研究的问题中能否忽略，B错误；
C．选择不同的参考系，运动的描述是不一样的，C错误；
D．应选择使运动的描述更简单的物体作为参考系，选择太阳更容易描述行星的运动，D正确。
故选D。
3. 下列运动过程中机械能守恒的是（ ）
A. 跳伞运动员在空中匀速下落B. 小物块做自由落体运动
C. 汽车在公路上加速行驶D. 物块在粗糙斜面上下滑
【答案】B
【解析】
【详解】A．跳伞运动员在空中匀速下落，处于平衡状态，其所受重力与阻力平衡，可知在运动员下降过程中除了重力做功外，阻力对运动员做负功，远动员的机械能减小，故A错误；
B．小物块做自由落体运动，在其运动过程中只受重力，即只有重力做功，其机械能守恒，故B正确；
C．汽车在公路上加速行驶，合外力对汽车做正功，其机械能增加，故C错误；
D．物块在粗糙斜面上下滑，下滑过程中除重力对物块做功外还有摩擦力最物块做负功，物块的机械能减小，故D错误。
故选B。
4. 下面是某同学对电场和磁场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（ ）
A. 根据电场强度的定义式可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带电荷量成反比
B. 根据电势差的定义式可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为1V
C. 根据电容的定义式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
D. 由磁感应强度公式，磁感应强度方向与放入磁场中的通电直导线所受的安培力方向相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．电场中某点的电场强度与试探电荷的电荷量无关，A错误；
B．电场力对带电量为1C的正电荷做功为1J，则初、末位置的电势差为1V，B正确；
C．电容器的电容与是否带电、带电多少无关，C错误；
D．根据左手定则，磁感应强度方向与放入磁场中的通电直导线所受的安培力方向垂直，D错误。
故选B。
5. 某些共享单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，可以不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈abcd处于匀强磁场中，通过理想交流电流表与阻值为R的电阻相连。某段时间在骑行者的踩踏下，线圈绕垂直磁场方向的轴匀速转动，图乙是线圈转动过程中穿过线圈的磁通量Ф随时间t变化的图像，则（ ）
A. 时刻线圈处于中性面位置
B. 时刻，穿过线圈的磁通变化率为零，感应电动势为零
C. 时刻电流表示数为0，时刻电流表的示数最大
D. 时刻电流方向发生改变，线圈转动一周，电流方向改变两次
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图乙可知，时刻穿过线圈的磁通量为0，则线圈与中性面垂直，故A错误；
B．时刻，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故B正确；
C．根据题意可知，电流表的示数为回路中电流的有效值，而回路中电流的有效值不变，故C错误；
D．时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，感应电流最大，此时电流方向不发生改变，而线圈转动一周，电流方向改变两次，故D错误。
故选B。
6. 2024年春节期间，哈尔滨的冰雪旅游爆火，图甲中的超级大滑梯是哈尔滨冰雪大世界中最受欢迎的游乐项目之一。现将游客在滑梯上的下滑过程的某阶段简化为如图乙所示模型：一粗糙斜面固定在水平地面上，物体A、B的上下表面皆与斜面平行，A、B相对静止，共同沿斜面匀速下滑，默认图中物体的最大静摩擦力大小均等于相应滑动摩擦力的大小，则下列说法中正确的是（ ）
A. 受到的摩擦力为零
B. 受到的摩擦力与斜面平行且向下
C. 若在A、B匀速下滑过程中对施加一竖直向下的力，则A、B继续匀速下滑
D. 若在A、B匀速下滑过程中对施加一竖直向下的力，则A、B将加速下滑
【答案】C
【解析】
【详解】AB．A向下匀速运动，根据平衡条件可知，A受到与斜面平行且向上的摩擦力，故AB错误；
CD．A、B匀速下滑过程中有
对A施加一竖直向下的力，相当于 “重力”变大，依然处于平衡状态，所以A、B继续匀速下滑，故C正确，D错误；
故选C。
7. 烟雾自动报警器中装有放射性元素镅241，其衰变方程为，的半衰期为432年。下列说法正确的是（ ）
A. 方程中X为β粒子
B. Np的比结合能小于Am
C. 核反应的三种射线中，γ射线的电离能力最弱
D. 若有1 000个Am原子核，经过432年后将剩下500个Am原子核未衰变
【答案】C
【解析】
【详解】A．由质量数守恒和电荷数守恒可知，X为粒子，故A错误；
B．衰变后原子核更稳定，比结合能越大，即的比结合能大于，故B错误；
C．核反应的三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故C正确；
D．半衰期为大量粒子的统计规律，对少数粒子不一定适用，故D错误。
故选C。
8. 小海同学制作的游戏装置如图所示，安装在竖直轨道上的弹射器可上下移动，能射出速度大小可调节的小球。圆心为的圆弧槽上开有小孔，小球落到小孔时，速度只有沿方向才能通过小孔，游戏成功。已知当弹射器在轨道上E位置，使小球以速度水平射出时，游戏成功，则进行下列操作后，仍能使游戏成功的是（ ）
A. 弹射器在E位置，将小球以大于的速度斜向右上射出
B. 弹射器在E位置，将小球以小于的速度斜向右下射出
C. 升高弹射器至Q点，小球以大于的速度斜向右下射出
D. 升高弹射器至Q点，小球以小于的速度斜向右上射出
【答案】C
【解析】
【详解】当小球沿着OP方向射出时，则速度方向满足其中θ为OP与水平方向的夹角；
即要想小球沿着OP方向射出，则必须是定值；
A．弹射器在E位置，将小球以大于的速度斜向右上射出，则到达P点时速度的竖直分量变大，所用时间变大，而EP=R不变，可知到达P点时的水平速度变小，此时变大，选项A错误；
B．弹射器在E位置，将小球以小于的速度斜向右下射出，则到达P点时速度的竖直分量变大，而水平速度变小，此时变大，选项B错误；
C．升高弹射器至Q点，小球以大于的速度斜向右下射出，则到达P点时速度竖直分量变大，虽然高度增加，但是所用时间可能变短，因QO=R一定，此时水平速度也增加，则可能不变，选项C正确；
D．升高弹射器至Q点，小球以小于的速度斜向右上射出，则到达P点时速度竖直分量变大，水平速度变小，则变大，选项D错误。
故选C。
9. 如图半径为L的细圆管轨道竖直放置，管内壁光滑，管内有一个质量为m的小球做完整的圆周运动，圆管内径远小于轨道半径，小球直径略小于圆管内径，下列说法不正确的是（ ）
A. 经过最低点时小球可能处于失重状态
B. 经过最高点Z时小球可能处于完全失重状态
C. 若小球能在圆管轨道做完整圆周运动，最高点Z的速度v最小值为0
D. 若经过最高点Z的速度v增大，小球在Z点对管壁压力可能减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．小球在最低点时加速度向上，则小球处于超重状态，故A错误，符合题意；
B．小球经过最高点Z时，若对轨道的压力为零，则重力完全提供向心力，小球处于完全失重状态，故B正确，不符合题意；
C．由于在最高点圆管能支撑小球，所以速度的最小值为零，故C正确，不符合题意；
D．若过最高点的速度较小，则在Z点，小球在Z点对管壁压力向下，轨道对小球有向上的弹力，根据牛顿第二定律可得
此时经过最高点Z的速度增大，小球在Z点和管壁的作用力减小，故D正确，不符合题意。
故选A。
10. 某质点做简谐振动，其位移x与时间t的关系如图，则该质点（ ）
A. 振动频率为4HzB. 在A点速度最大
C. 在B点加速度最大D. 在0~3s内通过路程为12.0cm
【答案】D
【解析】
【详解】A．由位移x与时间t的关系图可知周期为
振动频率为
故A错误；
B．在A点时振幅最大，根据简谐振动规律此时速度最小，故B错误；
C．在B点时处于平衡位置，根据简谐振动规律此时回复力为零，得加速度为零，故C错误；
D．在0~3s内质点经历，由位移x与时间t的关系图可知振幅为
得通过路程为
故D正确。
故选D。
11. 如图所示，比荷相同、重力不计的、两个带电粒子，从同一位置水平射入竖直向下的匀强电场中，粒子打在板的点，粒子打在板的点，则（ ）
A. 、均带负电
B. 的初速度一定小于的初速度
C. 的运动时间一定小于的运动时间
D. 该过程中所受电场力做的功一定大于的
【答案】B
【解析】
【详解】A．因电场线向下，两粒子均受向下的电场力而做类平抛运动，故均带正电，故A错误；
B．设任一粒子的速度为v0，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度为
对竖直分运动为匀加速直线运动，有
对水平分运动为匀速直线运动，有
联立得
因比荷相同，相同，相同，则大的初速度大，即的初速度一定小于的初速度，故B正确；
C．由竖直分运动可得时间为
因比荷相同，相同，相同，则的运动时间一定等于的运动时间，故C错误；
D．由于只有电场力做功，有
两粒子比荷相同，相同，相同，则无法比较电量关系，故无法比较做功关系，故D错误。
故选B。
12. 有一透明材料制成的空心球体，内径是R，外径是2R，其过球心的某截面（纸面内）如图所示，一束单色光（纸面内）从外球面上A点射入，光线与AO直线所成夹角，经折射后恰好与内球面相切，已知光速为c。下列说法正确的是（ ）
A. 单色光在材料中的折射率为
B. 单色光在该材料中的传播时间为
C. 只要A点射入的单色光与AO直线的夹角i大于，就一定能够在内球面发生全反射
D. 单色光在该材料内球面恰好发生全反射时，从A点射入的光线与AO直线的夹角
【答案】D
【解析】
【详解】A．在点时，由题意可知，入射角为，则由几何关系有
由折射定律得
故A错误；
B．该束单色光在该透明材料中的传播速度为
单色光在该材料中的传播时间为
代入数据解得
故B错误；
C．光束从点入射，与直线的夹角大于时，折射光线不再打在内球面上，因此不会在内球面发生全反射，故C错误；
D．光束从点入射，入射角为时光束经折射到达内球面的点，如图
恰好发生全反射，由于
由正弦定理得
解得
由折射定律得
解得
故D正确。
故选D。
13. 若通以电流I的圆形线圈在线圈内产生的磁场近似为方向垂直线圈平面的匀强磁场，其大小（k的数量级为）。现有横截面半径为的导线构成半径为的圆形线圈处于超导状态，其电阻率上限为。开始时线圈通有的电流，则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【详解】线圈中电流的减小将在线圈内导致自感电动势，故
其中L代表线圈的自感系数，有
在计算通过线圈的磁通量时，以导线附近即处的B为最大，而该处B又可把线圈当成无限长载流导线所产生的，根据题意
则
根据电阻定律有
联立解得
A，V
则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为，。
故选D。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得3分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
14. 下列说法正确的是( )
A. 用光照射某种金属，有光电子从金属表面逸出，如果光的频率不变，而减弱光的强度，则逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能不变
B. X射线的衍射实验，证实了物质波假设是正确的
C. 在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此光子散射后波长变长
D. 速度相等的电子和质子，电子的波长大
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．根据光电效应方程
Ekm=hv-W0
知，入射光的频率不变，则逸出的光电子最大初动能不变，而减弱光的强度，则逸出的光电子数减少，故A正确；
B．通过电子的衍射证实物质波的假设是正确的，故B错误；
C．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此光子散射后波长变长，故C正确；
D．速度相等的电子和质子，电子的动量小；根据物质波的波长公式
可知，电子的波长长；故D正确。
故选ACD。
15. 图甲为超声波悬浮仪，上方圆柱体中，高频电信号（由图乙电路产生）通过压电陶瓷转换成同频率的高频声信号，发出超声波，下方圆柱体将接收到的超声波信号反射回去。两列超声波信号叠加后，会出现振幅几乎为零的点——节点，在节点两侧声波压力的作用下，小水珠能在节点处附近保持悬浮状态，该情境可等效简化为图丙所示情形，图丙为某时刻两列超声波的波形图，P、Q为波源，点、点分别为两列波的波前，已知声波传播的速度为340m/s，LC振荡回路的振荡周期为，则下列说法正确的是（ ）
A. 该超声波悬浮仪所发出的超声波信号频率为340Hz
B. 两列波稳定叠加后，波源P、Q之间小水珠共有9个悬浮点
C. 两列波稳定叠加后，波源P、Q之间振幅为2A的点共有10个
D. 拔出图乙线圈中的铁芯，可以增加悬浮仪中的节点个数
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由丙图可知超声波的波长，超声波悬浮仪所发出的超声波信号频率为
故A错误；
B．波源P、Q振动步调相反，当波程差为波长的整数倍时，该点是振动减弱点，设波源P、Q之间某一点坐标为x，悬浮点为振动减弱点，满足
（n为自然数）
解得
故两列波稳定叠加后，波源P、Q之间小水珠共有9个悬浮点，故B正确；
C．波源P、Q之间振幅为2A的点为振动减弱点，当波程差为半波长的奇数倍时，该点是振动加强点，满足
（n为自然数）
得
两列波稳定叠加后，波源P、Q之间振幅为2A的点共有8个，故C错误；
D．拔出图乙线圈中的铁芯，LC振荡回路的振荡周期减小，超声波频率变大，波长变短，相同空间距离内节点个数变多，故D正确。
故选BD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16. 某实验小组采用如图1所示的实验装置在水平桌面上探究“小车的加速度与力和质量之间的关系”。
（1）实验之前要平衡小车所受的阻力，具体的步骤是：______（填“挂”或“不挂”）砂桶，连接好纸带后，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列间距均匀的点。
（2）已知打点计时器所用交变电源的频率为50Hz，某次实验得到的纸带如图2所示。A、B、C、D、E是5个连续的计数点，相邻两计数点间有四个点未画出，实验数据如表中所示，其中有一组数据记录不当，这组数据是______（填“A”、“B”、“C”、“D”或“E”）。根据上述信息可得小车的加速度大小为______m/s2（保留两位有效数字）。
（3）另一小组在验证加速度与质量关系实验时，保证砂桶的总质量不变，通过在小车上增加砝码来改变小车总质量，每次实验时仅记录了小车上砝码的总质量m，但未测小车质量M，作出与m之间的关系图像如图3所示，已知图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若该同学其他操作均正确，没有远小于，可得到小车的质量M为______（用k、b、表示）。
【答案】（1）不挂 （2） ①. E ②. 3.8
（3）
【解析】
【小问1详解】
实验之前要平衡小车所受的阻力，即不挂砂桶，连接好纸带后，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列间距均匀的点。
【小问2详解】
[1]根据题意有
，，，
所以
由此可知，E组数据记录不当；
[2]相邻两计数点间的时间间隔为
小车运动的加速度为
【小问3详解】
根据牛顿第二定律可得
联立可得
所以
解得
17. 电容储能已经在电动汽车、风力发电等方面得到广泛应用。某同学设计了图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程和测定电容器的电容。器材如下：
电容器（额定电压，电容标识不清）；
电源（电动势，内阻不计）； 滑动变阻器（最大阻值）；
电阻箱（阻值）； 电压表（量程，内阻较大）；
开关 、，电流传感器，计算机，导线若干。
（1）按照图甲连接电路，闭合开关、断开开关，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器的滑片应向_________端滑动选填“”或“”．
（2）当电压表的示数为时，调节的阻值，闭合开关，通过计算机得到电容器充电过程电流随时间变化的图像；保持的阻值不变，断开开关，得到电容器放电过程电流随时间变化的图像，图像如图乙所示。测得，则_________。
（3）重复上述实验，得到不同电压下电容器的充、放电过程的电流和时间的图像，利用面积法可以得到电容器电荷量的大小，测出不同电压下电容器所带的电荷量如下表：
请在图丙中画出图像_________，并利用图像求出电容器的电容为_________F。（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）
（2）
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
闭合开关，滑动变阻器是分压式接法，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器的滑片应向端滑动。
【小问2详解】
由图乙可知，电容器开始放电电流是，则开始充电瞬间电流是6mA，则充电瞬间，由欧姆定律可得
【小问3详解】
[1]由表中数据，在图丙中描点画图像，如图所示。
[2]根据电容的定义式，可得
则图像的斜率
电容器电容
18. 某同学为了研究欧姆表改装原理和练习使用欧姆表，设计了如下实验。利用一个满偏电流为的电流表改装成倍率可调为“”或“”的欧姆表，其电路原理图如图甲所示。
（1）请根据图甲中的电路原理图，在答题卡上的图乙中连接实物图______，并正确连接红、黑表笔。使用时进行欧姆调零发现电流表指针指在如图丙所示位置，此时应将滑动变阻器的滑片P向______（选填“上”或“下”）移动；
（2）将单刀双掷开关S与2接通后，先短接，再欧姆调零。两表笔再与一电阻连接，表针指向表盘中央图丁中的a位置处，然后用另一电阻代替，结果发现表针指在b位置，则______；
（3）该同学进一步探测黑箱问题。黑箱面板上有三个接线柱1、2和3，黑箱内有一个由三个阻值相同的电阻构成的电路。用欧姆表测得1、2之间的电阻为，2、3之间的电阻为，1、3之间的电阻为，在答题卡图戊所示虚线框中画出黑箱中的电阻可能的连接方式（一种即可）______。
【答案】（1） ①. ②. 上
（2）
（3）或
【解析】
【小问1详解】
[1]由多用电表红黑表笔的特点，红黑表笔的电流“红入黑出”，B点接红表笔，A点接黑表笔，按照电路图连接实物图如下
[2] 电表调零时,红黑表笔短接，电流表应达到最大值，需要调节滑动变阻器滑片，使电流表指针满偏，当电流表电流增大时，由欧姆定律可得，电流表两端电压
增大，不变时，电流表两端电压增大。由并联电路特点知，、两端的总电压也等于，通过、的电流
增大时，也增大，电路中总电流
电路总电流增大，由闭合电路电压特点可得，滑动变阻器和电源内阻的总电压
滑动变阻器和电源内阻的总电压减小，又有欧姆定律可得滑动变阻器和电源内阻的总电阻
由以上可知滑动变阻器和电源内阻的总电阻减小，滑动变阻器电阻减小，滑动变阻器滑片向上移动。
【小问2详解】
由欧姆表电路的特点及闭合电路的欧姆定律得，当红黑表笔短接时
当电流表处于a、b两位置时
将、、带入以上三式解得
【小问3详解】
由题意可得1、3之间的电阻可为1、2和2、3之间电阻的串联值，所以第一情况：1、2之间接一个电阻，2、3之间接两个电阻串联。
所以第二情况：1、2之间接两个电阻并联，2、3之间接一个电阻。
19. 如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K2位于细管的中部， A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞，面积为S，活塞的体积可忽略．初始时三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压P0的4. 5倍后关闭K1. 已知室温为27℃，汽缸导热．
（1）打开K2，稳定时活塞正好处于B汽缸的中间位置，求活塞的质量；
（2）接着打开K3，待活塞的位置稳定后，再缓慢降低汽缸内气体，使其温度降低20℃和50℃，分别求出稳定时活塞下方气体的压强．
【答案】（1）（2）当温度降为， ；当温度为降为，
【解析】
【详解】（1）A气体等温变化
B气体等温变化
对活塞受力分析可得
可得
（2）打开K3活塞上方气体压强变为p0则活塞上移，移到汽缸顶部下方气体压强变为p5
下方气体发生等温变化，可得，则活塞在汽缸上移，若降低温度，活塞下方气体压强减小，当减到2p0时温度为T1，活塞下方气体发生等温变化
若再低温度，活塞下移，当刚好到达汽缸底部时温度为T2，
当温度降为，则活塞还在汽缸上方，下方气体发生等容变化
当温度为降为，则活塞还在汽缸中间某一位置，
20. 如图为一游戏装置的示意图，倾角的轨道与半径半圆轨道相切。水平放置的传送带以的恒定速度顺时针转动，传送带两端长，传送带右端与一光滑水平面平滑对接，水平面上依次摆放个完全相同的物块，物块的质量且数量足够的多。游戏开始时，让质量为的物块从轨道上由静止滑下，到达轨道最低点时对轨道的压力为。物块与轨道间的动摩擦因数、与传送带间的动摩擦因数。轨道其余部分均光滑。碰撞均为对心弹性碰撞，物块均可视为质点，整个装置处于同一竖直平面内。（，）
（1）求物块到达点时的速度大小和从轨道释放的高度；
（2）若物块恰好从传送带左端点沿水平方向落入传送带，求两点的水平距离；
（3）求物块在传送带上运动的总时间。
【答案】（1）；；（2）1.6m；（3）5.25s
【解析】
【详解】（1）在点，由牛顿第二定律得
解得
物块从释放到运动至，由动能定理得
解得
（2）物块从运动至，由动能定理得
解得
在点，分解速度可得
，
又
依题意
（3）依题意，物块恰好从传送带左端点沿水平方向落入传送带，有
因
所以物块从运动到先减速后匀速，传送带上运动时间
到达传送带右端速度
因为物块1、2、3…、中任意相邻两物块间碰撞时均发生速度交换，所以物块每次从传送带返回到右边水平面上与物块1碰撞前，物块1的速度均为零。设物块第次与物块1碰前的速度为，碰后速度为，物块1碰后的速度为，由动量守恒和能量守恒得
，
由以上两式得
，
所以
因为
所以物块在传送带上先向左减速后反向加速回到水平面上，物块第一次与物块1碰撞后到第二次与物块1碰撞前在传送带上运动时间
同理
，
所以
所以
当时，，所以物块在传送带上运动的总时间为
21. 如图甲所示，两根完全相同的金属导轨平行放置，宽L＝3m，其中倾斜部分abcd光滑且与水平方向夹角为，匀强磁场垂直斜面向下，磁感应强B＝0.5T，轨道顶端ac接有电阻R＝1.5Ω。导轨水平部分粗糙，动摩擦因数为且只有边界zk、ke、ep、pn、nf、fz之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B＝0.5T，其中磁场左边界zk长为1m，边界ke、zf与水平导轨间夹角均为且长度相等，磁场右边界pn与两个导轨垂直。一金属棒与导轨接触良好，在斜面上由静止释放，到达底端bd时已经匀速，速度大小为m/s。当金属棒进入导轨的水平部分时（不计拐角处的能量损失），给金属棒施加外力，其在轨道水平部分zkef之间运动时速度的倒数与位移x图像如图乙所示，棒运动到ef处时撤去外力，此时棒速度大小为最终金属棒恰能运动到磁场的右边界pn处。已知运动中金属棒始终与导轨垂直，金属棒连入电路中的电阻为r＝0.5Ω，金属棒在水平导轨上从bd边界运动到pn边界共用时，。求：
（1）金属棒的质量m的大小；
（2）水平磁场边界ep的长度d为多少；
（3）金属棒在水平导轨上运动时，外力所需做的功。
【答案】（1）1.8kg；（2）2.4m；（3）
【解析】
【详解】（1）由题意知，金属棒在斜面上运动，匀速时，受力平衡
其中动生电动势
根据闭合电路欧姆定律有
代入数据得到
m＝1.8kg
（2）由几何关系可知，bd边界与边界ef的距离为1m，图像与横轴所围面积代表金属棒从bd到ef的时间
则金属棒从ef运动到pn所用时间为
从撤去外力到运动至pn处，由动量定理
代入数据，联立求得
d＝24m
（3）金属棒在水平轨道zkef间运动时，金属棒所受安培力
而电流
动生电动势
金属棒切割磁感线的有效长度
联立得
由图像得
变形得到
联立得
金属棒在水平轨道zkef间运动过程中
所以
由动能定理有
解得
22. 如图所示，以圆柱底面中心O点为坐标原点建立空间直角坐标系Oxyz，另一底面中心点坐标为（0，0，l），圆柱底面半径为R。在圆柱区域内存在沿z轴正方向的匀强磁场。磁场区域左侧有一矩形区域abcd，其中bc边与y轴平行，ab边与z轴平行，矩形区域的尺寸和位置已在图中标出。区域内均匀分布电子源，沿x轴正方向持续不断地发射出速率均为v0的电子，单位时间内发射的电子个数为N。从bc边射出的电子经过磁场偏转后均从M点射出，从ad边射出的电子经过磁场偏转后均从N点射出。在圆柱两底面的正下方有两块半径为R的半圆形平行金属收集板P、Q，圆心分别位于M点、N点。已知电子质量为m，元电荷为e，两板之间的电压。忽略电子重力、电子间相互作用和电子收集后对电压UPQ的影响。求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）从b点射出的电子打到金属板上时的位置坐标；
（3）Q极板收集到电子区域面积；
（4）若在PQ金属板正对的半圆柱空间内新增沿z轴负方向、磁感应强度为的匀强磁场，并调节PQ间电压为。求过M时速度沿y轴负方向的电子继续运动时间后的坐标位置。
【答案】（1）；（2）（，，l）；（3）；（4）（R，-R，l）
【解析】
【详解】（1）由题可得，电子在磁场中运动的半径为R，则
ev0B=
解得
（2）如图所示为从b、c两点射出的电子的运动轨迹
由几何关系易得
，
电子在垂直金属板方向分运动为匀加速直线运动，设从b点射出的电子打到金属板上的位置为b’，如图
根据匀加速直线运动有
，，
解得
，
运动的分解可得
，
所以从c点射出的电子打到金属板上时的位置坐标为（，，l）。
（3）由（2）同理可得，Q极板收集到电子区域为图中圆弧区域，其面积为
（4）在PQ金属板间的运动可分解成两个分运动：平行于xOy平面的匀速圆周运动，沿z轴方向的匀加速直线运动，在叠加场中有
可知
综上，坐标为（R，-R，l）计数点
A
B
C
D
E
位置坐标（cm）
4.50
5.50
7.30
9.80
13.1
实验次数
姓名：___________ 准考证号：___________
考生须知：
1.本卷满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的地方；
3.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试卷纸上答题一律无效；
4.考试结束后，只需上交答题卷。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39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，多选、错选或不选都不给分）
1. 下列属于国际单位制基本单位的是（ ）
A. mB. NC. JD.
【答案】A
【解析】
【详解】国际单位制的七个基本单位分别为米（m）、秒（s）、千克（kg）、安培（A）、开尔文（K）、摩尔（ml）、坎德拉（cd）。
故选A。
2. 下列有关质点和参考系的说法中正确的是（ ）
A. 观看体操运动员的动作时，可以把运动员看成质点
B. 当物体体积很小时，就可以看成质点
C. 研究物体的运动时，选择任意物体作参考系，对运动的描述都是一样的
D. 研究太阳系各行星的运行，选择太阳比选择地球作为参考系更好
【答案】D
【解析】
【详解】A．质点是理想化模型，只有当物体的形状和大小对所要研究的问题可忽略不计时才能把物体看作质点，观看体操运动员的动作时，不可以把运动员看成质点，错误；
B．物体能否看成质点，不是看物体的体积和质量大小，而是看物体的大小和形状在所研究的问题中能否忽略，B错误；
C．选择不同的参考系，运动的描述是不一样的，C错误；
D．应选择使运动的描述更简单的物体作为参考系，选择太阳更容易描述行星的运动，D正确。
故选D。
3. 下列运动过程中机械能守恒的是（ ）
A. 跳伞运动员在空中匀速下落B. 小物块做自由落体运动
C. 汽车在公路上加速行驶D. 物块在粗糙斜面上下滑
【答案】B
【解析】
【详解】A．跳伞运动员在空中匀速下落，处于平衡状态，其所受重力与阻力平衡，可知在运动员下降过程中除了重力做功外，阻力对运动员做负功，远动员的机械能减小，故A错误；
B．小物块做自由落体运动，在其运动过程中只受重力，即只有重力做功，其机械能守恒，故B正确；
C．汽车在公路上加速行驶，合外力对汽车做正功，其机械能增加，故C错误；
D．物块在粗糙斜面上下滑，下滑过程中除重力对物块做功外还有摩擦力最物块做负功，物块的机械能减小，故D错误。
故选B。
4. 下面是某同学对电场和磁场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（ ）
A. 根据电场强度的定义式可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带电荷量成反比
B. 根据电势差的定义式可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为1V
C. 根据电容的定义式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
D. 由磁感应强度公式，磁感应强度方向与放入磁场中的通电直导线所受的安培力方向相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．电场中某点的电场强度与试探电荷的电荷量无关，A错误；
B．电场力对带电量为1C的正电荷做功为1J，则初、末位置的电势差为1V，B正确；
C．电容器的电容与是否带电、带电多少无关，C错误；
D．根据左手定则，磁感应强度方向与放入磁场中的通电直导线所受的安培力方向垂直，D错误。
故选B。
5. 某些共享单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，可以不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈abcd处于匀强磁场中，通过理想交流电流表与阻值为R的电阻相连。某段时间在骑行者的踩踏下，线圈绕垂直磁场方向的轴匀速转动，图乙是线圈转动过程中穿过线圈的磁通量Ф随时间t变化的图像，则（ ）
A. 时刻线圈处于中性面位置
B. 时刻，穿过线圈的磁通变化率为零，感应电动势为零
C. 时刻电流表示数为0，时刻电流表的示数最大
D. 时刻电流方向发生改变，线圈转动一周，电流方向改变两次
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图乙可知，时刻穿过线圈的磁通量为0，则线圈与中性面垂直，故A错误；
B．时刻，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故B正确；
C．根据题意可知，电流表的示数为回路中电流的有效值，而回路中电流的有效值不变，故C错误；
D．时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，感应电流最大，此时电流方向不发生改变，而线圈转动一周，电流方向改变两次，故D错误。
故选B。
6. 2024年春节期间，哈尔滨的冰雪旅游爆火，图甲中的超级大滑梯是哈尔滨冰雪大世界中最受欢迎的游乐项目之一。现将游客在滑梯上的下滑过程的某阶段简化为如图乙所示模型：一粗糙斜面固定在水平地面上，物体A、B的上下表面皆与斜面平行，A、B相对静止，共同沿斜面匀速下滑，默认图中物体的最大静摩擦力大小均等于相应滑动摩擦力的大小，则下列说法中正确的是（ ）
A. 受到的摩擦力为零
B. 受到的摩擦力与斜面平行且向下
C. 若在A、B匀速下滑过程中对施加一竖直向下的力，则A、B继续匀速下滑
D. 若在A、B匀速下滑过程中对施加一竖直向下的力，则A、B将加速下滑
【答案】C
【解析】
【详解】AB．A向下匀速运动，根据平衡条件可知，A受到与斜面平行且向上的摩擦力，故AB错误；
CD．A、B匀速下滑过程中有
对A施加一竖直向下的力，相当于 “重力”变大，依然处于平衡状态，所以A、B继续匀速下滑，故C正确，D错误；
故选C。
7. 烟雾自动报警器中装有放射性元素镅241，其衰变方程为，的半衰期为432年。下列说法正确的是（ ）
A. 方程中X为β粒子
B. Np的比结合能小于Am
C. 核反应的三种射线中，γ射线的电离能力最弱
D. 若有1 000个Am原子核，经过432年后将剩下500个Am原子核未衰变
【答案】C
【解析】
【详解】A．由质量数守恒和电荷数守恒可知，X为粒子，故A错误；
B．衰变后原子核更稳定，比结合能越大，即的比结合能大于，故B错误；
C．核反应的三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故C正确；
D．半衰期为大量粒子的统计规律，对少数粒子不一定适用，故D错误。
故选C。
8. 小海同学制作的游戏装置如图所示，安装在竖直轨道上的弹射器可上下移动，能射出速度大小可调节的小球。圆心为的圆弧槽上开有小孔，小球落到小孔时，速度只有沿方向才能通过小孔，游戏成功。已知当弹射器在轨道上E位置，使小球以速度水平射出时，游戏成功，则进行下列操作后，仍能使游戏成功的是（ ）
A. 弹射器在E位置，将小球以大于的速度斜向右上射出
B. 弹射器在E位置，将小球以小于的速度斜向右下射出
C. 升高弹射器至Q点，小球以大于的速度斜向右下射出
D. 升高弹射器至Q点，小球以小于的速度斜向右上射出
【答案】C
【解析】
【详解】当小球沿着OP方向射出时，则速度方向满足其中θ为OP与水平方向的夹角；
即要想小球沿着OP方向射出，则必须是定值；
A．弹射器在E位置，将小球以大于的速度斜向右上射出，则到达P点时速度的竖直分量变大，所用时间变大，而EP=R不变，可知到达P点时的水平速度变小，此时变大，选项A错误；
B．弹射器在E位置，将小球以小于的速度斜向右下射出，则到达P点时速度的竖直分量变大，而水平速度变小，此时变大，选项B错误；
C．升高弹射器至Q点，小球以大于的速度斜向右下射出，则到达P点时速度竖直分量变大，虽然高度增加，但是所用时间可能变短，因QO=R一定，此时水平速度也增加，则可能不变，选项C正确；
D．升高弹射器至Q点，小球以小于的速度斜向右上射出，则到达P点时速度竖直分量变大，水平速度变小，则变大，选项D错误。
故选C。
9. 如图半径为L的细圆管轨道竖直放置，管内壁光滑，管内有一个质量为m的小球做完整的圆周运动，圆管内径远小于轨道半径，小球直径略小于圆管内径，下列说法不正确的是（ ）
A. 经过最低点时小球可能处于失重状态
B. 经过最高点Z时小球可能处于完全失重状态
C. 若小球能在圆管轨道做完整圆周运动，最高点Z的速度v最小值为0
D. 若经过最高点Z的速度v增大，小球在Z点对管壁压力可能减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．小球在最低点时加速度向上，则小球处于超重状态，故A错误，符合题意；
B．小球经过最高点Z时，若对轨道的压力为零，则重力完全提供向心力，小球处于完全失重状态，故B正确，不符合题意；
C．由于在最高点圆管能支撑小球，所以速度的最小值为零，故C正确，不符合题意；
D．若过最高点的速度较小，则在Z点，小球在Z点对管壁压力向下，轨道对小球有向上的弹力，根据牛顿第二定律可得
此时经过最高点Z的速度增大，小球在Z点和管壁的作用力减小，故D正确，不符合题意。
故选A。
10. 某质点做简谐振动，其位移x与时间t的关系如图，则该质点（ ）
A. 振动频率为4HzB. 在A点速度最大
C. 在B点加速度最大D. 在0~3s内通过路程为12.0cm
【答案】D
【解析】
【详解】A．由位移x与时间t的关系图可知周期为
振动频率为
故A错误；
B．在A点时振幅最大，根据简谐振动规律此时速度最小，故B错误；
C．在B点时处于平衡位置，根据简谐振动规律此时回复力为零，得加速度为零，故C错误；
D．在0~3s内质点经历，由位移x与时间t的关系图可知振幅为
得通过路程为
故D正确。
故选D。
11. 如图所示，比荷相同、重力不计的、两个带电粒子，从同一位置水平射入竖直向下的匀强电场中，粒子打在板的点，粒子打在板的点，则（ ）
A. 、均带负电
B. 的初速度一定小于的初速度
C. 的运动时间一定小于的运动时间
D. 该过程中所受电场力做的功一定大于的
【答案】B
【解析】
【详解】A．因电场线向下，两粒子均受向下的电场力而做类平抛运动，故均带正电，故A错误；
B．设任一粒子的速度为v0，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度为
对竖直分运动为匀加速直线运动，有
对水平分运动为匀速直线运动，有
联立得
因比荷相同，相同，相同，则大的初速度大，即的初速度一定小于的初速度，故B正确；
C．由竖直分运动可得时间为
因比荷相同，相同，相同，则的运动时间一定等于的运动时间，故C错误；
D．由于只有电场力做功，有
两粒子比荷相同，相同，相同，则无法比较电量关系，故无法比较做功关系，故D错误。
故选B。
12. 有一透明材料制成的空心球体，内径是R，外径是2R，其过球心的某截面（纸面内）如图所示，一束单色光（纸面内）从外球面上A点射入，光线与AO直线所成夹角，经折射后恰好与内球面相切，已知光速为c。下列说法正确的是（ ）
A. 单色光在材料中的折射率为
B. 单色光在该材料中的传播时间为
C. 只要A点射入的单色光与AO直线的夹角i大于，就一定能够在内球面发生全反射
D. 单色光在该材料内球面恰好发生全反射时，从A点射入的光线与AO直线的夹角
【答案】D
【解析】
【详解】A．在点时，由题意可知，入射角为，则由几何关系有
由折射定律得
故A错误；
B．该束单色光在该透明材料中的传播速度为
单色光在该材料中的传播时间为
代入数据解得
故B错误；
C．光束从点入射，与直线的夹角大于时，折射光线不再打在内球面上，因此不会在内球面发生全反射，故C错误；
D．光束从点入射，入射角为时光束经折射到达内球面的点，如图
恰好发生全反射，由于
由正弦定理得
解得
由折射定律得
解得
故D正确。
故选D。
13. 若通以电流I的圆形线圈在线圈内产生的磁场近似为方向垂直线圈平面的匀强磁场，其大小（k的数量级为）。现有横截面半径为的导线构成半径为的圆形线圈处于超导状态，其电阻率上限为。开始时线圈通有的电流，则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【详解】线圈中电流的减小将在线圈内导致自感电动势，故
其中L代表线圈的自感系数，有
在计算通过线圈的磁通量时，以导线附近即处的B为最大，而该处B又可把线圈当成无限长载流导线所产生的，根据题意
则
根据电阻定律有
联立解得
A，V
则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为，。
故选D。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得3分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
14. 下列说法正确的是( )
A. 用光照射某种金属，有光电子从金属表面逸出，如果光的频率不变，而减弱光的强度，则逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能不变
B. X射线的衍射实验，证实了物质波假设是正确的
C. 在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此光子散射后波长变长
D. 速度相等的电子和质子，电子的波长大
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．根据光电效应方程
Ekm=hv-W0
知，入射光的频率不变，则逸出的光电子最大初动能不变，而减弱光的强度，则逸出的光电子数减少，故A正确；
B．通过电子的衍射证实物质波的假设是正确的，故B错误；
C．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此光子散射后波长变长，故C正确；
D．速度相等的电子和质子，电子的动量小；根据物质波的波长公式
可知，电子的波长长；故D正确。
故选ACD。
15. 图甲为超声波悬浮仪，上方圆柱体中，高频电信号（由图乙电路产生）通过压电陶瓷转换成同频率的高频声信号，发出超声波，下方圆柱体将接收到的超声波信号反射回去。两列超声波信号叠加后，会出现振幅几乎为零的点——节点，在节点两侧声波压力的作用下，小水珠能在节点处附近保持悬浮状态，该情境可等效简化为图丙所示情形，图丙为某时刻两列超声波的波形图，P、Q为波源，点、点分别为两列波的波前，已知声波传播的速度为340m/s，LC振荡回路的振荡周期为，则下列说法正确的是（ ）
A. 该超声波悬浮仪所发出的超声波信号频率为340Hz
B. 两列波稳定叠加后，波源P、Q之间小水珠共有9个悬浮点
C. 两列波稳定叠加后，波源P、Q之间振幅为2A的点共有10个
D. 拔出图乙线圈中的铁芯，可以增加悬浮仪中的节点个数
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由丙图可知超声波的波长，超声波悬浮仪所发出的超声波信号频率为
故A错误；
B．波源P、Q振动步调相反，当波程差为波长的整数倍时，该点是振动减弱点，设波源P、Q之间某一点坐标为x，悬浮点为振动减弱点，满足
（n为自然数）
解得
故两列波稳定叠加后，波源P、Q之间小水珠共有9个悬浮点，故B正确；
C．波源P、Q之间振幅为2A的点为振动减弱点，当波程差为半波长的奇数倍时，该点是振动加强点，满足
（n为自然数）
得
两列波稳定叠加后，波源P、Q之间振幅为2A的点共有8个，故C错误；
D．拔出图乙线圈中的铁芯，LC振荡回路的振荡周期减小，超声波频率变大，波长变短，相同空间距离内节点个数变多，故D正确。
故选BD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16. 某实验小组采用如图1所示的实验装置在水平桌面上探究“小车的加速度与力和质量之间的关系”。
（1）实验之前要平衡小车所受的阻力，具体的步骤是：______（填“挂”或“不挂”）砂桶，连接好纸带后，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列间距均匀的点。
（2）已知打点计时器所用交变电源的频率为50Hz，某次实验得到的纸带如图2所示。A、B、C、D、E是5个连续的计数点，相邻两计数点间有四个点未画出，实验数据如表中所示，其中有一组数据记录不当，这组数据是______（填“A”、“B”、“C”、“D”或“E”）。根据上述信息可得小车的加速度大小为______m/s2（保留两位有效数字）。
（3）另一小组在验证加速度与质量关系实验时，保证砂桶的总质量不变，通过在小车上增加砝码来改变小车总质量，每次实验时仅记录了小车上砝码的总质量m，但未测小车质量M，作出与m之间的关系图像如图3所示，已知图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若该同学其他操作均正确，没有远小于，可得到小车的质量M为______（用k、b、表示）。
【答案】（1）不挂 （2） ①. E ②. 3.8
（3）
【解析】
【小问1详解】
实验之前要平衡小车所受的阻力，即不挂砂桶，连接好纸带后，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列间距均匀的点。
【小问2详解】
[1]根据题意有
，，，
所以
由此可知，E组数据记录不当；
[2]相邻两计数点间的时间间隔为
小车运动的加速度为
【小问3详解】
根据牛顿第二定律可得
联立可得
所以
解得
17. 电容储能已经在电动汽车、风力发电等方面得到广泛应用。某同学设计了图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程和测定电容器的电容。器材如下：
电容器（额定电压，电容标识不清）；
电源（电动势，内阻不计）； 滑动变阻器（最大阻值）；
电阻箱（阻值）； 电压表（量程，内阻较大）；
开关 、，电流传感器，计算机，导线若干。
（1）按照图甲连接电路，闭合开关、断开开关，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器的滑片应向_________端滑动选填“”或“”．
（2）当电压表的示数为时，调节的阻值，闭合开关，通过计算机得到电容器充电过程电流随时间变化的图像；保持的阻值不变，断开开关，得到电容器放电过程电流随时间变化的图像，图像如图乙所示。测得，则_________。
（3）重复上述实验，得到不同电压下电容器的充、放电过程的电流和时间的图像，利用面积法可以得到电容器电荷量的大小，测出不同电压下电容器所带的电荷量如下表：
请在图丙中画出图像_________，并利用图像求出电容器的电容为_________F。（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）
（2）
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
闭合开关，滑动变阻器是分压式接法，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器的滑片应向端滑动。
【小问2详解】
由图乙可知，电容器开始放电电流是，则开始充电瞬间电流是6mA，则充电瞬间，由欧姆定律可得
【小问3详解】
[1]由表中数据，在图丙中描点画图像，如图所示。
[2]根据电容的定义式，可得
则图像的斜率
电容器电容
18. 某同学为了研究欧姆表改装原理和练习使用欧姆表，设计了如下实验。利用一个满偏电流为的电流表改装成倍率可调为“”或“”的欧姆表，其电路原理图如图甲所示。
（1）请根据图甲中的电路原理图，在答题卡上的图乙中连接实物图______，并正确连接红、黑表笔。使用时进行欧姆调零发现电流表指针指在如图丙所示位置，此时应将滑动变阻器的滑片P向______（选填“上”或“下”）移动；
（2）将单刀双掷开关S与2接通后，先短接，再欧姆调零。两表笔再与一电阻连接，表针指向表盘中央图丁中的a位置处，然后用另一电阻代替，结果发现表针指在b位置，则______；
（3）该同学进一步探测黑箱问题。黑箱面板上有三个接线柱1、2和3，黑箱内有一个由三个阻值相同的电阻构成的电路。用欧姆表测得1、2之间的电阻为，2、3之间的电阻为，1、3之间的电阻为，在答题卡图戊所示虚线框中画出黑箱中的电阻可能的连接方式（一种即可）______。
【答案】（1） ①. ②. 上
（2）
（3）或
【解析】
【小问1详解】
[1]由多用电表红黑表笔的特点，红黑表笔的电流“红入黑出”，B点接红表笔，A点接黑表笔，按照电路图连接实物图如下
[2] 电表调零时,红黑表笔短接，电流表应达到最大值，需要调节滑动变阻器滑片，使电流表指针满偏，当电流表电流增大时，由欧姆定律可得，电流表两端电压
增大，不变时，电流表两端电压增大。由并联电路特点知，、两端的总电压也等于，通过、的电流
增大时，也增大，电路中总电流
电路总电流增大，由闭合电路电压特点可得，滑动变阻器和电源内阻的总电压
滑动变阻器和电源内阻的总电压减小，又有欧姆定律可得滑动变阻器和电源内阻的总电阻
由以上可知滑动变阻器和电源内阻的总电阻减小，滑动变阻器电阻减小，滑动变阻器滑片向上移动。
【小问2详解】
由欧姆表电路的特点及闭合电路的欧姆定律得，当红黑表笔短接时
当电流表处于a、b两位置时
将、、带入以上三式解得
【小问3详解】
由题意可得1、3之间的电阻可为1、2和2、3之间电阻的串联值，所以第一情况：1、2之间接一个电阻，2、3之间接两个电阻串联。
所以第二情况：1、2之间接两个电阻并联，2、3之间接一个电阻。
19. 如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K2位于细管的中部， A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞，面积为S，活塞的体积可忽略．初始时三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压P0的4. 5倍后关闭K1. 已知室温为27℃，汽缸导热．
（1）打开K2，稳定时活塞正好处于B汽缸的中间位置，求活塞的质量；
（2）接着打开K3，待活塞的位置稳定后，再缓慢降低汽缸内气体，使其温度降低20℃和50℃，分别求出稳定时活塞下方气体的压强．
【答案】（1）（2）当温度降为， ；当温度为降为，
【解析】
【详解】（1）A气体等温变化
B气体等温变化
对活塞受力分析可得
可得
（2）打开K3活塞上方气体压强变为p0则活塞上移，移到汽缸顶部下方气体压强变为p5
下方气体发生等温变化，可得，则活塞在汽缸上移，若降低温度，活塞下方气体压强减小，当减到2p0时温度为T1，活塞下方气体发生等温变化
若再低温度，活塞下移，当刚好到达汽缸底部时温度为T2，
当温度降为，则活塞还在汽缸上方，下方气体发生等容变化
当温度为降为，则活塞还在汽缸中间某一位置，
20. 如图为一游戏装置的示意图，倾角的轨道与半径半圆轨道相切。水平放置的传送带以的恒定速度顺时针转动，传送带两端长，传送带右端与一光滑水平面平滑对接，水平面上依次摆放个完全相同的物块，物块的质量且数量足够的多。游戏开始时，让质量为的物块从轨道上由静止滑下，到达轨道最低点时对轨道的压力为。物块与轨道间的动摩擦因数、与传送带间的动摩擦因数。轨道其余部分均光滑。碰撞均为对心弹性碰撞，物块均可视为质点，整个装置处于同一竖直平面内。（，）
（1）求物块到达点时的速度大小和从轨道释放的高度；
（2）若物块恰好从传送带左端点沿水平方向落入传送带，求两点的水平距离；
（3）求物块在传送带上运动的总时间。
【答案】（1）；；（2）1.6m；（3）5.25s
【解析】
【详解】（1）在点，由牛顿第二定律得
解得
物块从释放到运动至，由动能定理得
解得
（2）物块从运动至，由动能定理得
解得
在点，分解速度可得
，
又
依题意
（3）依题意，物块恰好从传送带左端点沿水平方向落入传送带，有
因
所以物块从运动到先减速后匀速，传送带上运动时间
到达传送带右端速度
因为物块1、2、3…、中任意相邻两物块间碰撞时均发生速度交换，所以物块每次从传送带返回到右边水平面上与物块1碰撞前，物块1的速度均为零。设物块第次与物块1碰前的速度为，碰后速度为，物块1碰后的速度为，由动量守恒和能量守恒得
，
由以上两式得
，
所以
因为
所以物块在传送带上先向左减速后反向加速回到水平面上，物块第一次与物块1碰撞后到第二次与物块1碰撞前在传送带上运动时间
同理
，
所以
所以
当时，，所以物块在传送带上运动的总时间为
21. 如图甲所示，两根完全相同的金属导轨平行放置，宽L＝3m，其中倾斜部分abcd光滑且与水平方向夹角为，匀强磁场垂直斜面向下，磁感应强B＝0.5T，轨道顶端ac接有电阻R＝1.5Ω。导轨水平部分粗糙，动摩擦因数为且只有边界zk、ke、ep、pn、nf、fz之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B＝0.5T，其中磁场左边界zk长为1m，边界ke、zf与水平导轨间夹角均为且长度相等，磁场右边界pn与两个导轨垂直。一金属棒与导轨接触良好，在斜面上由静止释放，到达底端bd时已经匀速，速度大小为m/s。当金属棒进入导轨的水平部分时（不计拐角处的能量损失），给金属棒施加外力，其在轨道水平部分zkef之间运动时速度的倒数与位移x图像如图乙所示，棒运动到ef处时撤去外力，此时棒速度大小为最终金属棒恰能运动到磁场的右边界pn处。已知运动中金属棒始终与导轨垂直，金属棒连入电路中的电阻为r＝0.5Ω，金属棒在水平导轨上从bd边界运动到pn边界共用时，。求：
（1）金属棒的质量m的大小；
（2）水平磁场边界ep的长度d为多少；
（3）金属棒在水平导轨上运动时，外力所需做的功。
【答案】（1）1.8kg；（2）2.4m；（3）
【解析】
【详解】（1）由题意知，金属棒在斜面上运动，匀速时，受力平衡
其中动生电动势
根据闭合电路欧姆定律有
代入数据得到
m＝1.8kg
（2）由几何关系可知，bd边界与边界ef的距离为1m，图像与横轴所围面积代表金属棒从bd到ef的时间
则金属棒从ef运动到pn所用时间为
从撤去外力到运动至pn处，由动量定理
代入数据，联立求得
d＝24m
（3）金属棒在水平轨道zkef间运动时，金属棒所受安培力
而电流
动生电动势
金属棒切割磁感线的有效长度
联立得
由图像得
变形得到
联立得
金属棒在水平轨道zkef间运动过程中
所以
由动能定理有
解得
22. 如图所示，以圆柱底面中心O点为坐标原点建立空间直角坐标系Oxyz，另一底面中心点坐标为（0，0，l），圆柱底面半径为R。在圆柱区域内存在沿z轴正方向的匀强磁场。磁场区域左侧有一矩形区域abcd，其中bc边与y轴平行，ab边与z轴平行，矩形区域的尺寸和位置已在图中标出。区域内均匀分布电子源，沿x轴正方向持续不断地发射出速率均为v0的电子，单位时间内发射的电子个数为N。从bc边射出的电子经过磁场偏转后均从M点射出，从ad边射出的电子经过磁场偏转后均从N点射出。在圆柱两底面的正下方有两块半径为R的半圆形平行金属收集板P、Q，圆心分别位于M点、N点。已知电子质量为m，元电荷为e，两板之间的电压。忽略电子重力、电子间相互作用和电子收集后对电压UPQ的影响。求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）从b点射出的电子打到金属板上时的位置坐标；
（3）Q极板收集到电子区域面积；
（4）若在PQ金属板正对的半圆柱空间内新增沿z轴负方向、磁感应强度为的匀强磁场，并调节PQ间电压为。求过M时速度沿y轴负方向的电子继续运动时间后的坐标位置。
【答案】（1）；（2）（，，l）；（3）；（4）（R，-R，l）
【解析】
【详解】（1）由题可得，电子在磁场中运动的半径为R，则
ev0B=
解得
（2）如图所示为从b、c两点射出的电子的运动轨迹
由几何关系易得
，
电子在垂直金属板方向分运动为匀加速直线运动，设从b点射出的电子打到金属板上的位置为b’，如图
根据匀加速直线运动有
，，
解得
，
运动的分解可得
，
所以从c点射出的电子打到金属板上时的位置坐标为（，，l）。
（3）由（2）同理可得，Q极板收集到电子区域为图中圆弧区域，其面积为
（4）在PQ金属板间的运动可分解成两个分运动：平行于xOy平面的匀速圆周运动，沿z轴方向的匀加速直线运动，在叠加场中有
可知
综上，坐标为（R，-R，l）计数点
A
B
C
D
E
位置坐标（cm）
4.50
5.50
7.30
9.80
13.1
实验次数
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