浙江省温州市2021届普通高中高三下学期物理3月适应性测试试卷

这是一份浙江省温州市2021届普通高中高三下学期物理3月适应性测试试卷，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
 高三下学期物理3月适应性测试试卷
一、单选题
1.第26届国际计量大会决定，质量单位“千克”用普朗克常量h来定义，“国际千克原器”于2019年5月20日正式“退役”。h的值为 ，则h的单位“ ”用国际单位制中的基本单位表示为（   ）
A.
B.
C.
D.
2.随着社会生活节奏的日益加快，通信网络的速度也在不断提升，第五代移动通信技术（简称“5G”）将开启数字经济的新篇章，推动经济社会全方位变革。第四代移动通信技术4G，采用 频段的无线电波；“5G”采用 频段的无线电波。“5G”意味着更快的网速和更大的网络容载能力，与4G相比，5G使用的电磁波（   ）
A.光子能量更大
B.衍射现象更明显
C.传播速度更快
D.波长更长
3.2022年北京冬季奥运会，将于2022年2月4日至20日在北京与张家口举行。如图所示为我国运动员“双人花样滑冰”训练时的情景，下列说法正确的是（   ）

A.以男运动员为参考系，女运动员是静止的
B.研究女运动员的技术动作时，可以把她看成质点
C.若女运动员做圆周运动，她旋转一周的平均速度为零
D.女运动员旋转时的加速度方向始终沿着伸直的手臂方向
4.“电动平衡车”是时下热门的一种代步工具．如图，人站在“电动平衡车”上在某水平地面上沿直线匀速前进，人受到的空气阻力与速度成正比，下列正确的是（  ）

A.电动平衡车”对人的作用力竖直向上
B.“电动平衡车”对人的作用力大小大于空气阻力大小
C.不管速度多大，“电动平衡车”对人的作用力大小相同
D.不管速度多大，地面对“电动平衡车”摩擦力大小相同
5.如图所示，质量为m的物体静止在水平地面上，物体上面连接一轻弹簧，用手拉着弹簧上端将物体缓慢提高h，若不计物体动能的改变，则物体重力势能的变化 和手对弹簧的拉力做的功W分别是（   ）

A.、
B.、
C.、
D.、
6.高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某ETC通道的长度为 ，一辆汽车以 的速度匀速进入识别区，ETC用了 的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好未撞杆。若刹车的加速度大小为 ，则司机的反应时间约为（   ）

A.
B.
C.
D.
7.如图为某种水轮机的示意图，水平管出水口的水流速度恒定为 ，当水流冲击到水轮机上某挡板时，水流的速度方向刚好与该挡板垂直，该档板的延长线过水轮机的转轴O，且与水平方向的夹角为 。当水轮机圆盘稳定转动后，挡板的线速度恰为冲击该挡板的水流速度的一半。忽略挡板的大小，不计空气阻力，若水轮机圆盘的半径为R，则水轮机圆盘稳定转动的角速度大小为（   ）

A.
B.
C.
D.
8.如图所示，半径为r的金属环放在光滑绝缘水平桌面上，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直桌面向上。当环中通入逆时针方向的恒定电流I后，以下说法正确的是（   ）

A.金属环将发生移动
B.金属环有收缩的趋势
C.金属环内部张力为
D.金属环内部张力为零
9.中子 、质子 、氘核 的质量分别为 、 、 ．现用光子能量为 的 射线照射静止氘核使之分解，反应方程为 ．若分解后的中子、质子的动能可视为相等，则中子的动能是（    ）
A.
B.
C.
D.
10.完全相同的平行金属板A、B带等量异种电荷，两板正中心记为O点，以O点为坐标原点建立x轴，规定由A板垂直指向B板的方向为场强的正方向，得出了x轴上的场强E随坐标x变化的图像，如图所示。根据图像判断下列说法哪个是正确的（   ）

A.沿x轴正方向电势降低 
B.A、B两板的电势差一定为
C.将电子由O点静止释放，电势能增加
D.使电子沿x轴在板间移动，电势能不变
11.2020年7月23日，我国“天问一号”火星探测器成功发射，2021年2月10日，顺利进入大椭圆环火星轨道，计划于2021年5月至6月择机实施火星着陆，最终实现“绕、着、巡”三大目标。已知火星质量约为地球的0.1倍，半径约为地球的0.5倍，地球表面的重力加速度大小为g。质量为m的着陆器在着陆火星前，会在火星表面附近经历一个时长为t、速度由v减速到零的过程，若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动，忽略火星大气阻力。则下列说法正确是的（   ）

A.“天问一号”探测器在绕火星运动时的加速度不变
B.着陆过程中，着陆器受到的制动力大小为
C.火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度的比值约为0.6
D.着陆器在火星表面受到的万有引力与它在地球表面受到的万有引力的比值约为0.4
12.如图所示，图中阴影部分 为一透明材料做成的柱形光学元件的横截面，该种材料折射率 ， 为一半径为R的四分之一圆弧，D为圆弧面圆心， 构成正方形。在D处有一红色点光源，在纸面内照射弧面 ，若只考虑首次从圆弧 直接射向 、 的光线，则以下说法正确是（   ）

A.光从该材料到空气的临界角为
B.该光学元件的 边上有光射出的长度为
C.照射在 边上的入射光，有弧长为 区域的光不能从 、 边直接射出
D.将点光源换成紫光，则 边上有光射出的长度增大
13.用特殊材料做成的、质量均为 的A、B两球，套在一根水平光滑直杆上，并将A球固定，以A的位置为坐标原点，杆的位置为x轴，建立坐标系，如图甲所示。两球间存在沿x轴的作用力，且大小随间距的变化而变化。两球之间因受到相互作用力而具有一定的势能，若其间的作用力做正功则势能减少，做负功则势能增加。根据这一规律，测出了其间的势能随位置坐标x的变化规律，如图乙所示。其中图线最低点的横坐标 ，图线右端的渐近线为虚线a（对应 ）。运动中不考虑其它阻力的影响，杆足够长，以下说法错误的是（   ）

A.将小球B从 处由静止释放后，它开始向x轴正方向运动
B.将小球B从 处由静止释放后，它在运动中能达到的最大速度为
C.将小球B从 处由静止释放后，它不可能第二次经过 的位置
D.将小球B从 处由静止释放后，它仅有一次经过 的位置
二、多选题
14.下列说法正确的是（   ）
A.电子和其他微观粒子的德布罗意波均是概率波
B.微观物理学中，不可能同时准确地知道粒子的位置和动量
C.在康普顿效应中，入射光子与晶体中的静止的电子碰撞，光子散射后波长变短
D.人体温度升高，人体热辐射强度增大，热辐射强度的最大值对应的波长也增大
15.如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中各接一定值电阻 、 ，原线圈—侧a、b两点间接有电压为 的正弦交流电源，则以下说法正确的是（   ）

A.两端电压为
B.两端的电压为
C.、 上消耗的功率之比为2∶9
D.电源的输出功率与 上消耗的功率之比为3∶1
16.如图甲所示，A、B、P是同一水平面内的三个点，有两列性质相同且振动均沿竖直方向的横波Ⅰ、Ⅱ在同一介质中分别沿着 和 方向传播，已知A与P相距 ，B与P相距 ，在 时刻，两列波同时分别传到A、B两点，A、B两点的振动图象如图乙、丙所示，在 时刻，横波Ⅰ传播到P点，则以下说法正确的是（   ）

A.两列波的波长均为
B.P点为振动减弱点且振幅为
C.时P点在平衡位置且向下振动
D.内P点通过的路程为
三、实验题
17.            
（1）赵同学用如图甲所示的装置做“探究加速度与力的关系”实验。正确补偿阻力后，挂上装有砂的砂桶，得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器所使用的交流电频率为 ，则小车的加速度为________ （保留两位有效数字），由此可判断砂桶质量________（选填“满足”或“不满足”）本实验要求。

（2）钱同学仍用图甲装置做“探究小车速度随时间变化的规律”实验。重新调整实验装置后，获取了一条新的纸带，利用实验数据绘制成如图丙所示的“ ”图像，发现其图线末端发生了弯曲，以下四个操作中，你认为最可能是___________（单选）。

A.实验前没有补偿阻力
B.实验前补偿阻力时板垫起的太高
C.砂桶质量不满足实验要求
D.没有调节好定滑轮的高度
18.             
（1）某实验小组想测定量程为 的电压表 的确切内阻：
①李同学用多用电表的欧姆档测量。测量电路如图甲所示，红表笔应和电压表的________接线柱相连（选填“+”或“-”）。多用电表的倍率开关拔至“ ”位置上，规范操作后，指针稳定在如图乙所示的位置，其阻值为________ 。

②周同学准备用以下实验器材进行测量。请你帮他设计一个合理的电路，将电路图画在图丙方格内，并在电路图上标出相应的仪器符号。（________）
电压表 （   ）
电流表 （   约 ），电流表 （   约 ）
滑动变阻器R（ ）
电源 （ 内阻很小），电源 （ 内阻很小）
电键K（1个），导线（若干）

19.如图所示，A、B两物块系在一条跨过定滑轮的绳子两端，孙同学要利用此装置验证机械能守恒定律。

①为提高实验结果的准确度，李同学给出了以下建议：
A．绳的质量要轻
B．轮轴尽量光滑
C．保证两物块在同一高度处释放
D．两个物块的质量之差要尽可能小
你认为以上建议中确实对提高实验结果的准确度有作用的是      ；
②你认为滑轮质量是否会影响实验结果的准确度      （选填“会”或“不会”）。
20.在“探究电磁感应产生的条件”实验中，正确的连线应选择图1中的      （选填“甲”或“乙”）；选择正确的连线后，电键突然闭合的瞬间，灵敏电流计的指针偏转的最大角度如图2所示。在小螺线管中插入铁芯，待指针稳定后，再将电键突然断开的瞬间，指针偏转的最大角度是图3中的      （选填“A”、“B”、“C”或“D”）。

四、解答题
21.运动员把冰壶沿水平冰面推出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。空气阻力不计，g取 。

（1）运动员以 的速度投掷冰壶，若冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，冰壶能在冰面上滑行多远；
（2）若运动员仍以 的速度将冰壶投出，其队友在冰壶自由滑行 后开始在其滑行前方摩擦冰面，冰壶和冰面的动摩擦因数变为原来的90%，求冰壶多滑行的距离及全程的平均速度大小。
22.如图所示，内壁光滑的管道 竖直放置，其圆形轨道部分半径 ，管道左侧A处放有弹射装置，被弹出的物块可平滑进入管道，管道右端出口D恰好水平，且与圆心O等高，出口D的右侧接水平直轨道，轨道呈光滑段、粗糙段交替排列，每段长度均为 。在第一个光滑段与粗糙段的结合处P位置放一质量 的物块乙，质量为 的物块甲通过弹射装置获得初动能。两物块与各粗糙段间的动摩擦因数均为 ，弹簧的弹性势能与压缩量的平方成正比，当弹射器中的弹簧压缩量为d时，滑块甲到达与圆心O等高的C处时刚好对管壁无挤压。管道内径远小于圆形轨道半径，物块大小略小于管的内径，物块视为质点，空气阻力忽略不计， 。

（1）求弹射器释放的弹性势能 和滑块经过B点时对管道的压力F；
（2）当弹射器中的弹簧压缩量为 时，滑块甲与滑块乙在P处发生碰撞（碰撞时间极短），碰后粘在一起运动，求因碰撞甲物块损失的机械能；
（3）若发射器中的弹簧压缩量为 ，滑块甲与滑块乙在P处发生碰撞（碰撞时间极短），碰后粘在一起运动，求碰后两物块滑行的距离s与n的关系式。
23.如图甲所示，倾角为30{}^\circ 的光滑斜面固定在粗糙程度较大的水平地面上，斜面底部MNPQ区域内及PQ右侧区域分布着竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界MN、PQ间的距离为L，PQ为斜面最低处。将质量为m、电阻为R、边长为L的正方形匀质金属框abcd（表面涂有绝缘漆）从cd边距MN边界的距离为L处静止释放，当cd边到达PQ处时刚好速度为零，接着用外力使框做“翻跟头”运动，即框以cd边为轴顺时针翻转150°，然后以ab边为轴顺时针翻转180°，再以cd边为轴顺时针翻转180° ，…，如此不断重复，每转到竖直和水平时位置记为I、II、III、IV、V、VI、…。翻转过程中，金属框不打滑，并保持角速度大小恒为ω ，空气阻力不计，重力加速度为g，以位置I作为计时起点即t=0。

（1）求金属框进入MNPQ区域的过程中，流过ab边的电量；
（2）写出金属框从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，a、b两点的电势差 随时间变化的函数式；
（3）求金属框从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，外力对框做的功；
（4）在图示坐标系内画出金属框从位置Ⅰ到位置V的过程中，电势差 随时间变化的函数图像（标出相应的纵横坐标）。
24.如图，某圆形薄片置于 水平面上，圆心位于坐标原点O， 平面上方存在大小为E、沿z轴负向的匀强电场，以该圆形绝缘材料为底的圆柱体区域内存在大小为B、沿z轴正向的匀强磁场，圆柱体区域外无磁场。现可从原点O向 平面上方的各方向发射电荷量为q、质量为m、速度大小为v的带正电荷的粒子。粒子重力忽略不计，不考虑粒子间的相互作用，不计碰撞时间。

（1）若粒子每次与材料表面的碰撞为弹性碰撞，且从原点O发出的所有粒子都被该电场和磁场束缚在上述圆柱体内，则此圆形薄片的半径至少为多大？
（2）若某粒子每次与材料表面的碰撞点都在坐标原点O，则此粒子的发射方向与z轴正方向夹角的三角函数值须满足什么条件？
（3）若在粒子每次与材料表面碰撞后的瞬间，速度竖直分量反向，水平分量方向不变；竖直方向的速度大小和水平方向的速度大小均按同比例减小，以至于动能减小75%。求发射方向与z轴正向成 角的粒子从发射直至最终动能耗尽而沉积于材料表面所经历的时间。

答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】h的单位是J•s，则
故答案为：B。

【分析】利用恒力做功及牛顿第二定律的表达式可以求出h的单位。
2.【答案】 A
【解析】【解答】A．因为5G使用的电磁波频率比4G高，根据E=hv可知，5G使用的电磁波比4G光子能量更大，A符合题意；
B．发生明显衍射的条件是障碍物（或孔）的尺寸可以跟波长相比，甚至比波长还小；因5G使用的电磁波频率更高，即波长更短，故5G越不容易发生明显衍射，B不符合题意；
C．光在真空中的传播速度都是相同的，光在介质中的传播速度为 ，5G的频率比4G高，而频率越大折射率越大光在介质中的传播速度越小，C不符合题意；
D．因5G使用的电磁波频率更高，根据 可知，波长更短，D不符合题意。
故答案为：A。

【分析】利用电磁波的频率大小可以比较光子的能量大小，利用频率的大小可以比较波长的大小进而判别5G信号不容易发生衍射现象；利用频率的大小可以比较光在介质中折射率的大小进而比较传播速度的大小。
3.【答案】 C
【解析】【解答】A．女运动员相对男运动员的位置改变，女运动员是运动的，A不符合题意；
B．研究技术动作时，不能忽略女运动员的大小，B不符合题意；
C．由平均速度是矢量，大小等于位移与时间的比值，绕一周回到起点，平均速度为零，C符合题意；
D．女运动员旋转时的加速度方向女运动员旋转时的加速度方向应指向女运动做圆周运动的圆心，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】以男运动员为参考系其女运动员是运动的；研究技术动作时不能把女运动员作为质点；女运动员做匀速圆周运动时其旋转一圈的位移等于0；女运动员做匀速圆周运动其加速度方向指向圆心不沿手臂的方向。
4.【答案】 B
【解析】【解答】A．“电动平衡车”对人的作用力与空气阻力的合力与重力等大反向，“电动平衡车”对人的作用力与空气阻力的合力方向竖直向上，“电动平衡车”对人的作用力不是竖直向上，A不符合题意；
B．“电动平衡车”水平方向对人的作用力等于空气阻力，竖直方向对人的作用力等于人的重力，所以“电动平衡车”对人的作用力大于空气阻力，B符合题意；
C．速度越大，电动车对人水平方向的作用力越大，所以“电动平衡车”对人的作用力越大，C不符合题意；
D．以人和电动车整体为研究对象，竖直方向受到支持力和重力，水平方向受到地面的摩擦力和空气的阻力，速度越大，电动车对整体水平方向的作用力越大，地面对“电动平衡车”摩擦力越大，D不符合题意。
故答案为：B

【分析】电动平衡车对人的作用力与空气阻力的合力与重力等大方向；利用力的合成可以比较电动平衡车对人的作用力大于空气阻力的大小；当速度增大时其电动车对人的作用力随阻力的增大而增大；利用整体的平衡方程可以判别空气阻力越大则地面对电动车的摩擦力越大。
5.【答案】 C
【解析】【解答】重力势能的变化量等于克服重力所做的功，即
物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化
此手的拉力做的功W＞mgh
故答案为：C。

【分析】利用克服重力做功可以求出重力势能的变化量，结合动能定理可以求出拉力做功的大小。
6.【答案】 B
【解析】【解答】21.6km/h=6m/s，设反应时间为t，汽车反应时间内的位移为
随后汽车做减速运动，位移为
且
联立解得
故答案为：B。

【分析】汽车先做匀速直线运动后做匀减速直线运动，利用位移公式可以求出汽车反应时间的大小。
7.【答案】 B
【解析】【解答】由几何关系可知，水流冲击挡板时，水流的速度方向与水平方向成 角，则有
所以，水流速度为
根据题意，被冲击后的挡板的线速度为
所以水轮机圆盘的角速度为
故答案为：B。

【分析】水流做平抛运动，利用速度的合成可以求出挡板线速度的大小，结合线速度和角速度的关系可以求出角速度的大小。
8.【答案】 C
【解析】【解答】AB．将圆环分分割成无数的小段，每一段可看成直线，由左手定则可知，每一段受到沿半径背离圆心方向的安培力，则金属有扩张的趋势，且各段的安培力的合力为0，则金属环静止不动，AB不符合题意；CD．每个半圆环所受的安培力大小
每个半圆环在两个端点处受到两个张力均为F'，合力方向与安培力F等大反向，则
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】利用左手定则可以判别安培力的方向进而判别其金属环有扩张的趋势；利用圆环的平衡方程结合安培力的大小可以求出内部张力的大小。
9.【答案】 C
【解析】【解答】氘核分解成中子、质子时，质量增加 ，所以 ，
中子动能为 ．
故答案为：C

【分析】氘核分解为中子和质子时，利用质量的变化结合质能方程可以求出释放的能量，结合能量守恒定律可以求出中子动能的大小。
10.【答案】 D
【解析】【解答】A．由题意可知，沿x轴方向电势不变，A不符合题意；
B．x轴方向即为沿板长方向，由于不知道板间距离，则无法确定两板间的电势差，B不符合题意；
C．将电子由O点静止释放，电场力做正功，电势能减小，C不符合题意；
D．x轴方向即为沿板长方向，则使电子沿x轴在板间移动，即在同一等势面上移动，其电势能不变，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】利用电场强度的分布可以判别平行金属板放置的方向，利用x轴平行与金属板可以判别沿x正方向其电势保持不变；由于不知道半径距离不能求出电势差的大小；电子从静止释放时电场力做正功电势能减小；电子在等势面上运动时其电势能保持不变。
11.【答案】 D
【解析】【解答】A．“天问一号”探测器在绕火星运动时，加速度始终指向圆心，方向不断变化，A不符合题意；
B．根据 ，火星质量约为地球的0.1倍，半径约为地球的0.5倍，所以火星重力加速度为 ，着陆过程中，取向上为正
解得：
B不符合题意；
C．根据 可知，火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度的比值 ，C不符合题意；
D．根据火星重力加速度为 ，着陆器在火星表面受到的万有引力与它在地球表面受到的万有引力的比值约为0.4，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】天问一号绕火星运动做曲线运动其加速度方向时刻指向圆心，其方向不断变化；利用引力形成重力可以求出火星表面重力加速度的大小，结合动量定理可以求出着陆器受到的制动力大小；利用引力提供向心力可以求出第一宇宙速度的比值；利用表面重力的大小可以比较着陆器在地球和在火星表面受到的引力大小比值。
12.【答案】 C
【解析】【解答】A．设光从该材料到空气的临界角为C，则有
求得： ，A不符合题意；
BC．假设光线沿DE方向照射到AB面上正好发生全反射，DE与弧AC相交于F，则 。如图所示

假设光线沿DG方向照射到BC面上正好发生全反射，DG与弧AC相交H，可知∠CDG=37°，则∠GDE=16°，求得光线不能射出对应的弧长 ，即照射在 边上的入射光，有弧长为 区域的光不能从 、 边直接射出。由几何知识求得该光学元件的 边上有光射出部分的长度为
C符合题意，B不符合题意。
D．若将点光源换成紫光，由于紫光的频率大于红光的频率，故在该种材料中紫光的折射率大于红光的折射率。根据
可知从该种材料中到空气中，紫光的临界角小于红光的临界角，则 边上有光射出的长度将变短，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】利用折射率的大小可以求出临界角的大小；已知临界角的大小，画出光线在AC边和BC边发生全反射的临界角，利用几何关系可以求出有光线射出的长度和弧长的大小；当红光换成紫光，频率变大折射率和临界角变大则导致AB变有光射出的长度变短。
13.【答案】 D
【解析】【解答】由图知，在 时，两个小球之间为排斥力，在 时，两个小球之间为吸引力，且无穷远处与6cm处势能相等，均为0.28J，从而当小球B在12cm处由静止释放后，小球B将做往复运动，多次经过x0=20cm位置。同理当小球B在4cm、8cm处由静止释放后，其做往复运动。当小球B从 处由静止释放后，运动到x0=20cm时势能最小，故速度最大，由能量守恒
由图像知 ，代入解得最大速度为1m/s，ABC正确，不符合题意；D错误，符合题意。
故答案为：D。

【分析】利用图像中电势能的增加和减小可以判别两个小球之间相互作用力的方向，进而判别释放小球时小球的速度方向；利用能量守恒定律结合电势能的大小可以求出动能的大小；利用能量守恒定律可以判别从x=4cm的位置释放后其小球不会做往返运动。
二、多选题
14.【答案】 A,B
【解析】【解答】A．物质波同时也是概率波，A符合题意；
B．根据不确定性关系可知，微观物理学中，不可能同时准确地知道粒子的位置和动量，B符合题意；
C．在康普顿效应中，入射光子与晶体中的静止的电子碰撞，碰撞后动量减小，根据 可知，光子散射后波长变长，C不符合题意；
D．人体温度升高，人体热辐射强度增大，热辐射强度的最大值对应的波长变短，D不符合题意。
故答案为：AB。

【分析】在康普顿效应中其入射光子与电子碰撞后能量和频率减小则光的波长增大；人热辐射的强度增大及频率增大时其对应的波长变短。
15.【答案】 B,C
【解析】【解答】AB．设原线圈的输出电压为 ， 两端的电压为 ，原线圈的电流为 ，则有

副线圈的电流为 ，电压为 ，则有


联立有
解得
则有

两端的电压为
A不符合题意，B符合题意；
C． 、 上消耗的功率分别为

功率之比为
C符合题意；
D．电源的输出功率为
上消耗的功率为
电源的输出功率与 上消耗的功率之比为
D不符合题意。
故答案为：BC。

【分析】利用原线圈的欧姆定律结合变压器的规律可以求出其电阻两端电压的大小，结合电功率的表达式可以求出功率之比。
16.【答案】 A,C,D
【解析】【解答】A．由题意可知，2s时间波传播40cm，则波速
因两列波的周期均为T=1s，则波长均为 A符合题意；
B．因为AP=2λ，BP=1.5λ，即P点到AB的距离之差等于半波长的奇数倍，且两列波的振动方向相反，可知P点为振动加强点，振幅为25cm，B不符合题意；
C． 时由波Ⅰ在P点引起的振动位移为零，方向向下，由波Ⅱ在P点引起的振动位移为零，方向也向下，则P点在平衡位置且向下振动，C符合题意；
D．当波Ⅰ传到P点时，波Ⅱ在P点已经振动了0.5s，经过的路程为2A2=30cm；等到波Ⅰ传到P点时，因P点振动加强，振幅为A=25cm， 内P点两列波叠加共同振动了1.5个周期，则通过的路程为8A= ，则 内P点通过的路程为180cm，D符合题意。
故答案为：ACD。

【分析】利用传播的距离和时间可以求出传播的速度大小，结合周期的大小可以求出波长的大小；利用两列波的振动方向结合波程差可以判别P点为振动的加强点，利用振幅叠加可以求出P点振幅的大小；利用两波传播到P点时其P点的叠加可以判别P点的位置及速度方向；利用振动时间结合振幅可以求出P点的路程大小。
三、实验题
17.【答案】 （1）2.0；不满足
（2）D
【解析】【解答】（1）由于交流电频率为50Hz，且每相邻两个计数点之间还有一个计时点，则相邻两计数点之间的时间间隔为
 
由逐差法可得，小车的加速度为
本实验中要使小车受到的合力等于砂和砂桶的重力，需要满足砂和砂桶总质量远小于小车质量，根据牛顿第二定律可得
解得
由于 ，则加速度较小，而实验中小车加速度较大，故可判断砂桶质量不满足本实验要求。
由图丙所示v-t图线可知，在末端斜率变小，则加速度变小，可知是小车所受合力减小。ABC选项所述情况中小车合力均保持不变，当滑轮高度调节中没有使细绳与木板平行时，当滑轮过低，随着小车靠近滑轮，细绳拉力水平分力减小，同时竖直向下的分力增大，导致支持力增大，进而摩擦力增大，合力减小，故最可能是没有调节好定滑轮的高度。
故答案为：D。
【分析】（1）利用打点频率可以求出时间间隔的大小，结合邻差公式可以求出小车的加速度大小；利用牛顿第二定律结合加速度的大小可以判别砂桶的质量不满足质量要求；
（2）从图像可以判别小球的加速度发生改变则其受到的合力是变力，有可能时细线方向没有平行与木板。
 
18.【答案】 （1）-；；
【解析】【解答】①多用电表里包含的电流表、电压表以及欧姆表等，都共用一个表头，指针只能向一个方向偏转。当使用多用电表测量电流或电压时，电流遵循“正进负出”，正极用红表笔表示，负极用黑表笔表示；当使用多用电表测量电阻时，电表内的干电池提供电流，依然遵循“正进负出”，即电流从黑表笔流出多用电表，从红表笔流进多用电表，当连接上被测电压表时，电流从正接线柱流进电压表，从负接线柱流出电压表；所以红表笔应和电压表的“-”接线柱相连接；
 
①多用电表侧得的阻值为
②由于电压表 的内阻已知，并且它允许通过的最大电流与电压表 基本相同，所以将其与电压表 进行串联，利用电压表 来测得 两端的电压，利用电压表 的读数以及其内阻来计算通过 的电流，即可完成测量；不使用内阻不确定的电流表，可以避免其引入系统误差；滑动变阻器使用分压接法，可以测得更多组数据，便于作图计算，提高测量精度；电压表 和 串联后最大承受电压可达18V左右，所以电源选用 。电路图如下图所示

【分析】（1）利用红进黑出可以判别其红表笔与电压表负接线柱相连接；利用电表示数和挡位可以读出电阻的大小；
（2）为了方便调节其滑动变阻器使用分压式接法，由于电压表已知内阻所以可以作为电流表使用，则两个电压表进行串联；利用电压表的量程可以判别电动势的选择。
 
19.【答案】 AB；会
【解析】【解答】①A．如果绳子较重，系统的重力势能就会有一部分转化为绳子的动能，造成实验误差，A符合题意；
B．滑轮要选择轻质且轮和轴之间摩擦小的，减小摩擦阻力的影响，B符合题意；
C．两物块从同一高度处释放，或从不同高度处释放，都能验证机械能守恒，C不符合题意；
D．两个物块的质量之差相差越大，整体所受阻力相对于合力对运动的影响越小，D不符合题意；
故确实对提高实验结果的准确度有作用的选AB；
②两物体运动过程中，滑轮也会转动，具有动能，会影响实验结果，所以滑轮质量要尽可能小。

【分析】（1）两个物块释放时不需要从同一高度释放；两个物体的质量之差越大其阻力对系统的影响越小；
（2）两个物体运动时，一部分机械能转化为滑轮的动能所以其滑轮的质量对系统机械能有影响。
20.【答案】 甲；D
【解析】【解答】本实验中，利用小螺线管产生磁场，再通过开关、闭合电键或插入、拔出螺线管时观察线圈中产生的感应电流大小及方向，所以电源应与小螺线管相连，电流计应与大线圈相连，故甲正确。
电键突然断开时大线圈中的感应电流方向应与电键突然闭合时大线圈中的感应电流方向相反，另外在小螺线管中插入铁芯后，大线圈中磁通量的变化率增大，所以产生的感应电流应比闭合电键时的感应电流大，综上所述可知D符合题意。

【分析】由于原线圈的电压大于副线圈的电压所以其电源要接在小螺线管上；利用断开电键时感应电流与闭合开关时感应电流的方向相反可以判别指针的偏转方向，结合磁通量变化率变大可以判别感应电流变大。
四、解答题
21.【答案】 （1）解：冰壶做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
速度位移公式有
解得

（2）解：冰壶先以 做匀减速直线运动，根据速度位移公式有
解得
冰壶后以 做匀减速直线运动，根据题意有
根据速度位移公式有
解得
所以
第一段运动的时间
第二段运动的时间
全程平均速度
【解析】【分析】（1）冰壶做匀减速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出运动的位移；
（2）冰壶先做匀减速直线运动，利用速度位移公式可以求出减速的末速度大小，结合第二阶段减速的速度位移公式可以求出第二阶段减速的位移，对比（1）中的位移可以求出多滑行的距离；利用速度公式可以求出两个阶段减速的时间，结合运动的位移可以求出平均速度的大小。
 
 
22.【答案】 （1）滑块甲到达与圆心O等高的C处时刚好对管壁无挤压，说明到达C点处速度恰好为零，从A到C由能量守恒可得
从C到B过程由能量守恒可得
在B点由牛顿第二定律可得
解得 ，由牛顿第三定律可知，对管道压力大小为3N，方向竖直向下。

（2）从A到D过程由能量守恒可得
由于弹簧的弹性势能与压缩量的平方成正比，对比(1)中结论可知
碰撞过程由动量守恒可得
甲物块损失的机械能为
联立解得 。

（3）从A到D过程由能量守恒可得
弹簧具有的弹性势能为
碰撞过程满足动量守恒
设在粗糙段滑行距离为x1 ， 由能量守恒可得
满足
在光滑段滑行距离为
所以滑行的总距离为
【解析】【分析】（1）滑块甲到达C处对管壁没有挤压则速度等于0，利用能量守恒定律可以求出弹射器释放的弹性势能大小；从C到B的过程，利用能量守恒定律结合在B点的牛顿第二定律可以求出滑块经过B点时对管道的压力大小；
（2）滑块甲从A到D的过程中，利用能量守恒定律可以求出滑块经过D点速度的大小；结合碰撞过程的动量守恒定律及机械能守恒定律可以求出碰撞过程损失的机械能大小；
（3）已知弹簧压缩量的大小，利用能量守恒定律可以求出滑块甲碰前速度的大小；结合碰撞过程的动量守恒定律及碰后的能量守恒定律可以求出滑行距离与n的表达式。
 
 
23.【答案】 （1）解：流过ab边的电量
由于
所以

（2）解：从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，ab边以cd边为中心匀速转动，ab边上产生的电动势为
其中 为ad边与竖直方向的夹角；所以a、b两点的电势差为

（3）解：从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，安培力做的功在数量上等于导体产生的热量，即 由动能定理得
解得

（4）解：在位置Ⅰ及位置V，ab边切割磁感线，且速度方向与磁感线垂直，所以电势差
在位置记为II、III、IV，ab边静止不动，cd切割磁感线，所以电势差
由于线框匀速转动，所以曲线为正弦曲线，图形如下图所示：

【解析】【分析】（1）金属框进入磁场区域中，利用法拉第电磁感应定律结合磁通量的变化量可以求出电荷量的大小；
（2）线圈在磁场中转动，利用动生电动势可以求出ab边产生的电动势大小，结合欧姆定律可以求出ab之间电势差的大小；
（3）从位置I到位置II的过程，利用导体产生的焦耳热可以求出安培力做功的大小，结合动能定理可以求出外力对框做功的大小；
（4）线圈转动时产生的电压为正弦曲线，利用动生电动势及欧姆定律可以求出电势差的峰值。
 
 
24.【答案】 （1）解：速度与z轴正方向夹 角，即贴着 平面方向的粒子最易脱离磁场束缚，此粒子运动半径设为R
解得
圆形薄片的半径r至少为

（2）解：设速度v与z轴正方向的夹角为 ，则其在z轴正方向的分量为
z轴分运动的加速为
经过
粒子在平行 平面内的分运动为匀速圆周运动，周期
若要碰撞点在坐标原点O，必须有
联立得

（3）解：与z轴正向成 角的粒子沿z轴方向的分速度大小为
每次碰撞，动能减小75%，即碰完动能是碰前的 ，速率为碰前的 ，第n次碰撞后沿z轴方向的分速度大小为
从发射至第1次碰撞的时间
从第 次至第n次碰撞的时间
从发射至第n次碰撞的时间
当
【解析】【分析】（1）当速度方向沿xoy平面时，利用牛顿第二定律可以求出轨道半径的大小，利用几何关系可以求出圆形薄片的半径大小；
（2）粒子每次与材料碰撞点都在O点时，利用z方向的匀变速直线运动可以求出运动的时间，结合xoy平面的匀速圆周运动结合周期的表达式可以求出粒子发射速度方向和z轴三角函数的表达式；
（3）已知速度的方向及碰撞后速度的变化，利用速度方向及速度的分解可以求出z轴初速度的大小，结合匀变速直线运动速度公式可以求出每一次发射到碰撞的时间，结合数学函数可以求出发生到停止所花的时间。