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浙江省杭州市西湖高级中学2024届高三下学期模拟预测物理试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省杭州市西湖高级中学2024届高三下学期模拟预测物理试题（Word版附解析），文件包含2024届浙江省杭州市西湖高级中学高三下学期模拟预测物理试题Word版含解析docx、2024届浙江省杭州市西湖高级中学高三下学期模拟预测物理试题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。
1. 下列工具不能直接测量国际单位制中基本量的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．A图是弹簧测力计，测量的是力，力的单位是N，是导出单位，因此力不是国际单位制中基本量，A符合题意；
B．B图是电流表，电流表测量的是电流，电流是国际单位制中基本量，B不符合题意；
C．C图是秒表，测量的是时间，时间是国际单位制中基本量，C不符合题意；
D．D图是天平，天平测量的是质量，质量是国际单位制中基本量，D不符合题意。
故选A。
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 图中离心机分离血液时，是由于血液受到离心力作用而分离
B. 图中滚筒洗衣机稳定转速脱水时，衣服在最低点更容易脱水
C. 图中汽车水平安全转弯时，车轮受到指向圆心的滑动摩擦力
D. 图中火车在倾斜轨道上转弯时，外轨一定会受到车轮的挤压
【答案】B
【解析】
【详解】A．物体做离心运动是由于供需失去了平衡，提供的力小于做圆周运动需要的向心力，从而使物体做离心运动，实际上不存在离心力这个力，故A错误；
B．最低点，加速度竖直向上，此位置竖直方向加速度最大，衣服上在最低点桶与衣服之间压力最大，水更容易甩出，故B正确。
C．图中汽车水平安全转弯时，车轮受到指向圆心的静摩擦力，该静摩擦力提供向心力，选项C错误；
D．图中火车在倾斜轨道上转弯时，若火车按规定的速率转弯时，轨道的支持力和重力的合力提供向心力，则内外轨与车轮之间均没有侧压力，选项D错误。
故选B。
3. 课外活动期间，引体向上是学生喜欢的项目之一、如图所示，两手用力量将身体竖直往上拉起，当下巴超过单杠时称为上升过程；然后让身体竖直下降，直到恢复完全下垂称为下降过程。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 上升过程人处于超重状态
B. 下降过程人处于失重状态
C. 上升和下降过程中杠对两手的支持力合力均等于重力
D. 上升和下降过程中人的机械能均不守恒
【答案】D
【解析】
【详解】A．上升过程人向上加速后向上减速，加速度方向先向上后向下，人先处于超重后处于失重，故A错误；
B．下降过程人向下加速后向下减速，加速度方向先向下后向上，人先处于失重后处于超重，故B错误；
C．上升过程人向上加速后向上减速，杠对两手的支持力合力先大于重力，后小于重力；下降过程人向下加速后向下减速，杠对两手的支持力合力先小于重力，后大于重力；，故C错误；
D．上升和下降过程中，内力做功，人的机械能均不守恒，故D正确。
故选D。
4. 上海中心大厦高度为中国第一，全球第二。据报道某次台风来袭时，大厦出现了晃动，然而大厦安然无恙的原因主要靠悬挂在距离地面583米，重达1000吨的阻尼器“上海慧眼”，当台风来临时阻尼器开始减振工作，质量块的惯性会产生一个反作用力，使得阻尼器在大楼受到风作用，易摇晃时发生反向摆动，才使大厦转危为安。以下说法不合理的是（ ）
A. 大厦能够减小振幅是因为上海慧眼“吸收”了大厦振动的能量，起到减震作用
B. 如果将上海慧眼悬挂在楼层较低的空间减震效果更好
C. 如遇台风天气，阻尼器摆动幅度受风力大小影响，风力越大，摆动幅度越大
D. 如果发生地震，上海慧眼也可以起到减震作用
【答案】B
【解析】
【详解】A．做振动的物体，其振幅大小体现能量的大小，而大厦能够减小振幅是因为上海慧眼“吸收”了大厦振动的能量，起到减震作用，故A项正确，不符合题意；
B．要实现更好的空间减震效果，其上海慧眼应该悬挂在较高楼层，故B项错误，符合题意；
C．阻尼器的摆动幅度会受到风力的影响，风力越大，摆动幅度越大，故C项正确，不符合题意；
D．如果发生地震，大厦也会振动，从而使得上海慧眼做受迫运动，减小大厦的振动。即如果发生地震，上海慧眼也可以起到减震作用，故D项正确，不符合题意。
故选B。
5. 人眼对绿光最为敏感，如果每秒有6个绿光的光子射入瞳孔，眼睛就能察觉。现有一 个光源以0.1 W的功率均匀地向各个方向发射波长为530 nm的绿光，眼睛最远在多大距离能够看到这个光源。假设瞳孔在暗处的直径为4 mm，且不计空气对光的吸收。普朗克常数（ ）
A. 2×105mB. 2×107mC. 4×106mD. 4×108m
【答案】A
【解析】
【详解】设所求距离为，，，，由题意可得
上式代入数据可得
故选A。
6. 如图所示，某环保人员在一次检查时发现一根圆形排污管正在向外满口排出大量污水。这根管道水平设置，管口离水面的高度为h，环保人员测量出管口中空直径为D，污水从管口落到水面的水平位移为x，该管道的排污流量为Q（流量为单位时间内流体通过某横截面的体积，流量Q=Sv，S为横截面的面积，v为液体的流动速度）。若不计一切阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 污水流速越快，水从出管口到抛入水面的时间越长
B. 污水流速越快，留在空中水的体积越大
C. 管道的排污流量为
D. 污水抛入水面时速度方向可能与水面垂直
【答案】BC
【解析】
【详解】A．污水离开管道后做平抛运动，则有
解得
即污水从出管口到抛入水面的时间取决于管口的高度，与流速无关，故A错误；
B．污水流速越快，根据
可知水平位移越大，则留在空中的污水的体积越大，故B正确；
C．根据定义，管道的排污流量为
故C正确；
D．污水抛入水面时，速度方向与竖直方向夹角的正切值为
可知，所以速度方向不可能与水面垂直，故D错误。
故选BC。
7. 如图所示，两相同的小球M、N用等长的绝缘细线悬挂在竖直绝缘墙壁上的O点，悬点到小球中心的距离均为L，给小球N带上电，电荷量大小为q，小球M上电荷量未知且保持不变．由于库仑斥力作用，初次平衡时两小球间的距离为d1，由于某种原因，小球N缓慢漏电，当两小球间的距离为d2时，小球N的电荷量为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】如图所示:
对小球M受力分析可知M所受的重力，绳的拉力和库仑力F构成的力的三角形与OMN长度三角形一直相似，所以当初次平衡时两小球间的距离为d1时有：
当两小球间的距离为d2时有;
而根据库仑定律，两种状态下库仑力分别有：
联立解得：，故选B．
8. 如图所示，、、分别为太阳、地球和月球，地球绕太阳运动的轨道形状为椭圆，点为近日点，到太阳的距离为，点为远日点，到太阳的距离为，地球公转周期为；月球绕地球的运动可视为匀速圆周运动忽略太阳对月球的引力，月球运行轨道半径为，月球公转周期为则（ ）
A. 相同时间内，月球与地球的连线扫过的面积等于地球与太阳连线扫过的面积
B. 地球在点和点的速率之比
C. 地球从点运动到点的过程中，动能一直变小
D. 由开普勒第三定律可知为常数
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由开普勒第二定律可知，任意一个行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，是针对同一中心天体而言的，A错误；
B．由开普勒第二定律可知相同时间内，地球在近日点和远日点与太阳的连线扫过的面积相等，有
所以
B正确；
C．地球从点运动到点的过程中，机械能守恒，引力势能越来越大，故动能一直变小，C正确；
D．由开普勒第三定律可知，所有行星的轨道半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等，是针对同一中心天体而言的，而月球绕着地球转，地球绕着太阳转，中心天体不同，D错误。
故选BC。
9. 右图是一种利用电磁原理制作充气泵的结构示意图。当电磁铁通入电流时，可吸引或排斥上部的小磁体，从而带动弹性金属片对橡皮碗下面的气室施加力的作用，达到充气的目的。则下列说法正确的是（ ）
A. 当电流从电磁铁接线柱A流入时，发现吸引小磁体向下运动，则小磁体的下端为N极
B. 硬磁性材料在磁场撤去后仍有很强的磁性而软磁性材料则相反，故电磁铁的铁芯应选硬磁性材料
C. 为了加快充气的速度可以通过加大通入的电流
D. 橡皮碗中的气体被快速排出时，管口处的温度会上升
【答案】A
【解析】
【详解】A．当电流从电磁铁接线柱A流入时，由安培定则可知，电磁铁的上端相当于磁体的S极。发现吸引小磁体向下运动，由于磁极之间异名磁极相互吸引，所以小磁体的下端为N极，故A正确；
B．硬磁性材料在磁场撤去后仍有很强的磁性而软磁性材料则相反，充气泵要不断充气，小磁体应不断被吸引、排斥、在吸引，故电磁铁的铁芯应选软磁性材料，故B错误；
C．电磁铁实际为通电螺线管，若小磁体下方为N极，当电流从a流入电磁铁时上端为S极，由异名磁极相互排斥知金属片向下运动，从而进行充气；当电流从b流入电磁铁时上端为N极，由同名磁极相互排斥可知，金属片向上运动。综上所述，若要加快充气需要加快金属片上下运动的速率，即需要交变电流的频率变快，周期变小，故C错误；
D．由于该过程并不是绝热过程，所以其气体的温度与外界温度相同，不会上升，故D错误。
故选A。
10. 武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4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，从直径为的圆柱形容器右侧流入，左侧流出，流量值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的匀强磁场，下列说法正确的是（ ）
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、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
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据左手定则可知正粒子所受洛伦兹力方向竖直向下，负粒子所受洛伦兹力方向竖直向上，故A错误，B正确；
CD．当M、N两点间电压U稳定时，根据平衡条件有
根据匀强电场中电势差与场强的关系有
由题意可知
联立解得
可知废液的流量与、两点间电压成正比，通过流量的表达式可知，污水流量计不可以用于测量不带电的液体的流速，故CD错误。
故选B。
11. 核电池寿命长，在严酷环境中仍能正常工作，经常应用在航天领域，利用半衰期为88年的发生衰变释放的能量可制造核电池。一个静止的钚核（相对原子质量为）放出一个X粒子（相对原子质量为）后，衰变成铀核（相对原子质量为）。假设衰变过程中产生的核能全部转化为粒子的动能，已知光速为c。下列说法正确的是（ ）
A. Pu的同位素的半衰期一定也为88年
B. 在核反应过程中，原子核平均核子质量和比结合能都增加
C. 衰变反应中释放出X粒子动能
D. 若一个静止的原子核在匀强磁场中发生衰变，衰变后两个粒子的运动轨迹为内切圆
【答案】C
【解析】
【详解】A．不同的同位素有不同的半衰期，故A错误；
B．核反应释放能量说明有质量亏损，而总的核子数不变，故原子核平均核子质量减小，故B错误；
C．根据质量数守恒和电荷数守恒可判断X粒子质量数为4，电荷数为2，则知X是粒子，根据爱因斯坦质能方程，释放的能量为
系统动量守恒，铀核和粒子的动量大小相等，根据动量守恒定律得
根据动能与动量的关系
设粒子的动能为，则铀核的动能为，则有
解得
故C正确；
D．静止的原子核在匀强磁场中发生α衰变，根据动量守恒，总动量为零，两个粒子速度相反，α粒子带正电，原子核带正电，电性相同，根据左手定则受洛伦兹力方向相反，衰变后两个粒子的运动轨迹为外切圆，故D错误。
故选C。
12. 如图甲所示，一电阻不计的单匝线圈处于变化的磁场中，图乙是穿过线圈磁通量随时间t按正弦变化的图像（规定磁感应强度垂直纸面向里时为正）。线圈右边与理想变压器的原线圈连接，已知理想变压器原、副线圈的匝数比，电阻、，D为理想二极管，取，下列说法正确的是（ ）
A. 时，圆形线圈中电流零
B. 时，圆形线圈中有最大电流
C. 内，流过的电荷量可能为0.005C
D. 原线圈的输入功率为75W
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图像可知，其图像的斜率为感应电动势，由图像可知，时线圈中的感应电动势最大，则由电路图有
由于此时感应电动势最大，所以线圈中的电流也是最大，故A项错误；
B．由题图可知，其周期为0.02s，所以0.005s为四分之一周期，结合图像可知，此时图像的斜率为零，即线圈的感应电动势为零，由之前的分析可知线圈内感应电流也为零，故B项错误；
C．时间的平均电动势为
该时间内的磁通量变化量为
由于理想变压器，所以副线圈的平均电动势为，有
通过电阻的平均电流为
又因为
整理有
故C项正确；
D．角频率为
线圈产生的感应电动势的最大值为
有效值为
因为理想变压器，所以有
电阻的功率为
电阻两端电压有效值为，有
则其功率为
副线圈的总功率为
由于理想变压器，所以
故D项错误
故选C。
13. 如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，一束由紫光和红光组成的复色光沿AO方向从空气射入玻璃，可在玻璃圆弧外侧观察到两束光分别从B、C点射出。记AO与DO延长线之间的夹角为，则下列说法正确的是（ ）
A. 光线OC为紫光
B. 增大时，在玻璃圆弧外侧观察到紫光先消失
C. 不论多大，在玻璃圆弧内表面不会发生全反射
D. 两束光在玻璃中分别沿OB、OC传播的时间
【答案】B
【解析】
【详解】A．紫光和红光的入射角相同，紫光的折射率较大，则紫光的折射角较小，故光线OC为红光，故A错误；
B．设光线发生全反射时，对应在圆弧侧的入射角为，且设圆心为E，则光路如下所示
从空气射入玻璃时，根据折射定律
在玻璃圆弧面发生全发射的临界角满足
联立可得
紫光的折射率较大，则紫光在玻璃圆弧面发生全发射时，对应的较小，故增大时，在玻璃圆弧外侧观察到紫光先消失，故B正确；
C．由上述分析可知，达到一定值，光线在玻璃圆弧内表面会发生全反射，故C错误；
D．连接OB、CD，设光线从空气到玻璃的入射角为，折射角为r，半径为R，两束光在玻璃中传播的路程为
两束光在玻璃中传播速度为
根据折射定律
两束光在玻璃中分别沿OB、OC传播的时间
故两束光在玻璃中分别沿OB、OC传播的时间相等，故D错误。
故选B。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3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. 下列说法正确的是（ ）
A. 无线充电技术的原理是电磁感应
B. 布朗运动反映了液体分子的无规则热运动
C. 电容式位移传感器是把电学量“电容”转换为力学量“位移”
D. 赫兹测得电磁波在真空中的速度等于光速c，从而预言了光是电磁波
【答案】AB
【解析】
【详解】A．无线充电技术的原理是电磁感应，故A正确；
B．布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则热运动，故B正确；
C．电容式位移传感器是把力学量“位移”转换为电学量“电容”，故C错误；
D．赫兹测得电磁波在真空中的速度等于光速c，通过实验验证了光是电磁波，故D错误。
故选AB。
15. 如图所示，与处有两个波源和均可以沿z轴方向做简谐运动，两波源产生的机械波均能以波源为圆心在xOy平面内向各个方向传播，振动周期均为，波速均为。时刻波源开始沿z轴正方向振动，振幅；时刻波源开始沿z轴负方向振动，振幅。下列说法正确的是（ ）
A. 时刻，处质点的位移为
B. 在x轴上，和区域都是振动的加强点
C. 在x轴上，区间内一共有10个振动的加强点
D. 以波源为圆心，分别以半径4.8m和5.2m画圆，则在这两个圆周上，振动的加强点的个数相等
【答案】CD
【解析】
【详解】A．假设只有波源时，因波速，此波传到处需要时间为
因周期，则处的质点又振动了
可知质点，在时刻处在波峰，即位移是3cm，同理可知波源存在时，传到需要时间是
质点又振动了
即得质点在时刻也处在波峰，则位移是，A错误；
B．该波的波长为
在和区域则有，各点到两波源的距离之差
即是波长的整数倍，波源和的振动步调相反，因此各点都是振动减弱点，B错误；
C．在x轴上，区间，中间位置是点，点左侧各点到两波源的距离之差，因此有
即这样的加强点共有5个，分别为、、、、，同理，由对称性，右侧也有5个加强点，因此区间内一共有10个振动的加强点，C正确；
D．以波源为圆心，分别以半径4.8m和5.2m画圆，如图所示，则在这两个圆周上， Q点到两波源的距离之差最小， 则有
点到两波源的距离之差最小
P点到两波源的距离之差最大为
点到两波源的距离之差最大为
则在这两个圆周上，振动的加强点的个数相等，D正确。
故选CD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
16. 在探究“物体质量一定时，加速度与力的关系”实验中，小张同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了力传感器来测量细线拉力。
（1）实验时，下列说法正确的是 ；
A. 需要用天平测出砂和砂桶的总质量
B. 小车靠近打点计时器，先接通电源再释放小车
C. 选用电火花计时器比选用电磁打点计时器实验误差会更小
D. 为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
（2）实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，已知A、B、C、D各点到A点的距离分别是，，，，由以上数据可知，小车运动的加速度大小是_______（计算结果保留三位有效数字）；
（3）由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示。则小车运动过程中所受的阻力____，小车的质量___。（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）BC （2）2.40
（3） ①. 2.0 ②. 3.0
【解析】
【小问1详解】
AD．力传感器测量绳的拉力F，则小车受到的拉力为2F，即力可以直接得到，不用测砂桶和砂的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故AD错误；
B．为打点稳定、充分利用纸带，应先接通电源后释放小车，故B正确；
C．电磁打点计时器由于振针的作用，纸带和复写纸之间阻力相对较大，实验误差比较大，而电火花计时器使用的是火花放电，纸带运动时受到的阻力比较小，实验误差也比较小，故C正确。
故选BC。
【小问2详解】
相邻两计数点的时间间隔为
根据逐差法，小车运动的加速度大小为
【小问3详解】
[1]由题图丙可知，开始运动时，拉力最小值为，则小车运动过程中所受阻力为
[2]小车运动过程中，根据牛顿第二定律
整理得
图像的斜率为
解得小车的质量为
17. 某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：
（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度L=________mm。
（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径D=_________mm。
（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻R，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻阻值约为__________Ω。
（4）为了测量由两节干电池组的电动势和内阻，某同学设计了如图丁（a）所示的实验电路，其中R为电阻箱，定值电阻R0=3Ω为保护电阻，电压表为理想电表。
①某同学按如图丁（a）所示电路图连接好电路。
②先断开开关S，将电阻箱的阻值调到最大，再闭合开关S，调节电阻箱，读取并记录电压表的示数及电阻箱的阻值，多次重复上述操作，可得到多组电压值U及电阻值R，并以为纵坐标，为横坐标，画出的关系图线，如图丁（b）所示（该图线为一条直线）。
③根据电路原理图推导和的函数关系，=_________。根据图线求得电池组的电动势E=______V，内阻r=__________Ω。（结果均保留两位有效数字）
④所测r测_______r真，E测________E真（均填“大于”“等于”或“小于”）。
【答案】 ①. 50.35 ②. 4.700 ③. 130 ④. ⑤. 2.9 ⑥. 3.1 ⑦. 小于 ⑧. 小于
【解析】
【详解】（1）[1]由题图甲可知，则游标卡尺示数
L=50mm+70.05mm =50.35mm
（2）[2]用螺旋测微器测量其直径
D=4.5mm+
（3）[3]电阻的阻值约为
R=1310Ω=130Ω
（4）[4]③根据闭合电路欧姆定律
得
[5]关系图线的纵截距
斜率
[7]④由题图（b）可知
则电动势
[6]内阻
④[7]因实验误差来源于电压表分流，所以r的测量值均偏小，故填小于。
[8] 因实验误差来源于电压表分流，所以E的测量值均偏小，故填小于。
18. 关于高中物理的学生实验，下列说法正确的是
A. 验证动量守恒定律时，两碰撞小球的直径必须相等
B. 探究气体等温变化的规律实验中，不慎将活塞拔出，无需废除之前获得的数据，将活塞塞入重新实验即可
C. 探究影响感应电流方向的因素时，甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，则开关闭合后将滑动变阻器的滑片向右滑动（如图），电流计指针向右偏转
D. 在用单摆测量重力加速度的实验中，为了使摆的周期大一些，以方便测量，拉开摆球时，使摆角大些
【答案】AC
【解析】
【详解】A．两球碰撞时要发生对心碰撞，两球的直径应相等，即，为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故A正确；
B．探究气体等温变化的规律实验中，不慎将活塞拔出，气体质量变化，则需要废除之前获得的数据，将活塞塞入重新实验，故B错误；
C．根据楞次定律可知，甲同学在断开开关时，B线圈中电流迅速减小，则通过A线圈中磁通量减小，出现感应电流，发现灵敏电流计指针向右偏转；所以要使灵敏电流计指针向右偏转，开关闭合后可将滑动变阻器的滑片向右滑动，这时电路电阻增大，使B线圈中电流迅速减小，故C正确；
D．在用单摆测量重力加速度的实验中，开始时拉开摆球摆角不能太大，摆角小于，使单摆可看成做简谐运动，否则误差会增大，故D错误。
故选AC。
19. 超市中有一种“强力吸盘挂钩”，其结构原理如图甲图所示。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，空腔内气体压强仍与外界大气压强相等。然后再扳下锁扣，让锁扣通过细杆把吸盘向外拉起，空腔体积增大，从而使吸盘紧紧吸在墙上（如图2-6）。已知外界大气压强p0=1×105Pa，甲图空腔体积为V0=1.5cm3，乙图空腔体积为V1=2.0cm3，吸盘空腔内气体可视为理想气体，忽略操作时温度的变化，全过程盘盖和吸盘之间的空隙始终与外界连通。
（1）扳下锁扣过程中空腔内气体是________（吸热\放热）；
（2）求扳下锁扣后空腔内气体的压强p1；
（3）若吸盘与墙面接触的正对面积为S，强力挂钩的总质量为m，与墙面间的最大静摩擦力是正压力的k倍，则所能挂物体的最大质量？（用已知量字母表示）
【答案】（1）吸热；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）扳下锁扣过程中，气体温度不变，气体内能不变；气体体积增大，则外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，空腔内气体从外界吸热。
（2）根据玻意耳定律可得
可得扳下锁扣后空腔内气体的压强为
（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，对挂钩和所挂物体为整体，根据受力平衡可得
又
，
联立解得所能挂物体的最大质量为
20. 如图所示，一条连有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径 R=0.5m。质量mA=2kg的物块A以v0=6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P 处静止的质量m=1kg的物块B碰撞，碰后粘合在一起运动。P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L=0.6m。两物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.25，A、B均视为质点，碰撞时间极短。
（1）试求A滑过Q点时的速度大小和对圆轨道的压力；
（2）若碰后A、B粘合体最终停止在第k个粗糙段上，试求k的数值；
（3）试求第n个（1≤n【答案】（1），，方向竖直向下；（2）6；（3）
【解析】
【详解】（1）由机械能守恒定律可得
解得
根据牛顿第二定律
可得
根据牛顿第三定律
方向竖直向下。
（2）AB碰撞前A的速度为，由机械能守恒定律可得
得
AB碰撞后以共同速度前进，设向右为正方向，由动量守恒定律可得
解得
故总动能
滑块每经过一段粗糙段损失的机械能
解得
因为k为整数，所以k的数值为6。
（3）AB整体滑到第n个光滑段上损失的能量
从AB碰撞后运动到第n个光滑段的过程中，由能量守恒定律可得
代入解得
第n个（1≤n21. 基于电容器的制动能量回收系统已经在一些品牌的汽车上得到应用。简易模型如图所示。某种材料制成的薄板质量为m，围成一个中空圆柱，半径为 r，薄板宽度为L，可绕过圆心O的水平轴垂直于圆面转动。薄板能够激发沿半径方向向外的辐射磁场，磁场只分布于薄板宽度的范围内，薄板外表面处的磁感应强度为B。一匝数为n的线圈 abcd 固定放置（为显示线圈绕向，图中画出了两匝）， ab 边紧贴薄板外表面但不接触，线圈的两个线头c点和d点通过导线连接有电容为C的电容器、电阻为R的电阻、单刀双掷开关，如图所示。现模拟一次刹车过程，开始时，单刀双掷开关处于断开状态，薄板旋转方向如图所示，旋转中薄板始终受到与薄板表面相切，与运动方向相反的大小为f的刹车阻力作用，当薄板旋转的角速度为时，将开关闭合到位置1，电容器开始充电，经时间t电容器停止充电，开关自动闭合到位置2，直至速度减为零。除刹车阻力外，忽略其他一切阻力，磁场到 cd 连线位置时足够弱，可以忽略。电容器的击穿电压足够大，开始时不带电，线圈能承受足够大的电流，不考虑磁场变化引起的电磁辐射。
（1）电容器充电过程中，判断极板M带电的电性；
（2）求充电结束时，薄板的角速度大小；
（3）求薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率。
【答案】（1）负电；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）刹车过程，线圈ab处的磁场向左运动，线圈相对于磁场向右运动，根据右手定则可知，线圈c端等效为电源的正极，d端等效为电源的负极，可知，电容器充电过程中，极板M带负电。
（2）根据线速度与角速度的关系有
，
停止充电时，电容器极板电压
对薄板进行分析，根据动量定理有
充电电荷量大小满足
解得
（3）全过程，薄板减小的机械能
根据电容的定义式有
作出电容器充电过程中的图像如图所示
电场力做功的表达式为
可知，图中阴影 的面积表示电容器充电过程中获得的能量，即有
薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率
解得
22. 如图所示，是通过磁场控制带电粒子的一种模型。在和的区域内，分别存在磁感应强度均为B的匀强磁场，方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外。在坐标原点，有一粒子源，连续不断地沿x轴正方向释放出质量为m，带电量大小为q的带正电粒子，速率满足（不考虑粒子的重力、粒子之间的相互作用）试计算下列问题：
(1)求速率最小和最大的粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的半径大小和；
(2)求速率最小和最大的粒子从的边界射出时，两出射点的距离的大小；
(3)设粒子源单位时间内射出的粒子数目为n（设每种速率的粒子数目相同），在的区域加一个平行板电容器，且朝向出射粒子的一侧有小孔，孔的大小足以使所有的从边界射出的粒子都能进入开孔位置，在间加的电势差，射入的粒子有的原路返回，其它碰到N板的全被吸收，求稳定情况下，射向平行板电容器的粒子对电容器的作用力大小？（设孔的大小不影响电容器产生的电场，被吸收的粒子也不影响两极板的电势差）。
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动有
解得
所以，。
（2）如图为某一速率的粒子运动的轨迹示意图
辅助线如图所示。由几何关系知道，速率为v1的粒子射出a = 2d边界时的坐标为
速率为v2的粒子射出x= 2d边界时的坐标为
所以
（3）根据能量守恒，可以计算例子打到N板时的速度
恰好打到极板时有
解得能够打到极板上的例子的最小速度为
因此代入最大速度和最小速度可得到打到N板时的速度范围为
极板受到的力由单位时间内打到粒子的提供，其中可以达到极板的粒子占出射粒子数的比例为
所以极板受力为
1. 下列工具不能直接测量国际单位制中基本量的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．A图是弹簧测力计，测量的是力，力的单位是N，是导出单位，因此力不是国际单位制中基本量，A符合题意；
B．B图是电流表，电流表测量的是电流，电流是国际单位制中基本量，B不符合题意；
C．C图是秒表，测量的是时间，时间是国际单位制中基本量，C不符合题意；
D．D图是天平，天平测量的是质量，质量是国际单位制中基本量，D不符合题意。
故选A。
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 图中离心机分离血液时，是由于血液受到离心力作用而分离
B. 图中滚筒洗衣机稳定转速脱水时，衣服在最低点更容易脱水
C. 图中汽车水平安全转弯时，车轮受到指向圆心的滑动摩擦力
D. 图中火车在倾斜轨道上转弯时，外轨一定会受到车轮的挤压
【答案】B
【解析】
【详解】A．物体做离心运动是由于供需失去了平衡，提供的力小于做圆周运动需要的向心力，从而使物体做离心运动，实际上不存在离心力这个力，故A错误；
B．最低点，加速度竖直向上，此位置竖直方向加速度最大，衣服上在最低点桶与衣服之间压力最大，水更容易甩出，故B正确。
C．图中汽车水平安全转弯时，车轮受到指向圆心的静摩擦力，该静摩擦力提供向心力，选项C错误；
D．图中火车在倾斜轨道上转弯时，若火车按规定的速率转弯时，轨道的支持力和重力的合力提供向心力，则内外轨与车轮之间均没有侧压力，选项D错误。
故选B。
3. 课外活动期间，引体向上是学生喜欢的项目之一、如图所示，两手用力量将身体竖直往上拉起，当下巴超过单杠时称为上升过程；然后让身体竖直下降，直到恢复完全下垂称为下降过程。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 上升过程人处于超重状态
B. 下降过程人处于失重状态
C. 上升和下降过程中杠对两手的支持力合力均等于重力
D. 上升和下降过程中人的机械能均不守恒
【答案】D
【解析】
【详解】A．上升过程人向上加速后向上减速，加速度方向先向上后向下，人先处于超重后处于失重，故A错误；
B．下降过程人向下加速后向下减速，加速度方向先向下后向上，人先处于失重后处于超重，故B错误；
C．上升过程人向上加速后向上减速，杠对两手的支持力合力先大于重力，后小于重力；下降过程人向下加速后向下减速，杠对两手的支持力合力先小于重力，后大于重力；，故C错误；
D．上升和下降过程中，内力做功，人的机械能均不守恒，故D正确。
故选D。
4. 上海中心大厦高度为中国第一，全球第二。据报道某次台风来袭时，大厦出现了晃动，然而大厦安然无恙的原因主要靠悬挂在距离地面583米，重达1000吨的阻尼器“上海慧眼”，当台风来临时阻尼器开始减振工作，质量块的惯性会产生一个反作用力，使得阻尼器在大楼受到风作用，易摇晃时发生反向摆动，才使大厦转危为安。以下说法不合理的是（ ）
A. 大厦能够减小振幅是因为上海慧眼“吸收”了大厦振动的能量，起到减震作用
B. 如果将上海慧眼悬挂在楼层较低的空间减震效果更好
C. 如遇台风天气，阻尼器摆动幅度受风力大小影响，风力越大，摆动幅度越大
D. 如果发生地震，上海慧眼也可以起到减震作用
【答案】B
【解析】
【详解】A．做振动的物体，其振幅大小体现能量的大小，而大厦能够减小振幅是因为上海慧眼“吸收”了大厦振动的能量，起到减震作用，故A项正确，不符合题意；
B．要实现更好的空间减震效果，其上海慧眼应该悬挂在较高楼层，故B项错误，符合题意；
C．阻尼器的摆动幅度会受到风力的影响，风力越大，摆动幅度越大，故C项正确，不符合题意；
D．如果发生地震，大厦也会振动，从而使得上海慧眼做受迫运动，减小大厦的振动。即如果发生地震，上海慧眼也可以起到减震作用，故D项正确，不符合题意。
故选B。
5. 人眼对绿光最为敏感，如果每秒有6个绿光的光子射入瞳孔，眼睛就能察觉。现有一 个光源以0.1 W的功率均匀地向各个方向发射波长为530 nm的绿光，眼睛最远在多大距离能够看到这个光源。假设瞳孔在暗处的直径为4 mm，且不计空气对光的吸收。普朗克常数（ ）
A. 2×105mB. 2×107mC. 4×106mD. 4×108m
【答案】A
【解析】
【详解】设所求距离为，，，，由题意可得
上式代入数据可得
故选A。
6. 如图所示，某环保人员在一次检查时发现一根圆形排污管正在向外满口排出大量污水。这根管道水平设置，管口离水面的高度为h，环保人员测量出管口中空直径为D，污水从管口落到水面的水平位移为x，该管道的排污流量为Q（流量为单位时间内流体通过某横截面的体积，流量Q=Sv，S为横截面的面积，v为液体的流动速度）。若不计一切阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 污水流速越快，水从出管口到抛入水面的时间越长
B. 污水流速越快，留在空中水的体积越大
C. 管道的排污流量为
D. 污水抛入水面时速度方向可能与水面垂直
【答案】BC
【解析】
【详解】A．污水离开管道后做平抛运动，则有
解得
即污水从出管口到抛入水面的时间取决于管口的高度，与流速无关，故A错误；
B．污水流速越快，根据
可知水平位移越大，则留在空中的污水的体积越大，故B正确；
C．根据定义，管道的排污流量为
故C正确；
D．污水抛入水面时，速度方向与竖直方向夹角的正切值为
可知，所以速度方向不可能与水面垂直，故D错误。
故选BC。
7. 如图所示，两相同的小球M、N用等长的绝缘细线悬挂在竖直绝缘墙壁上的O点，悬点到小球中心的距离均为L，给小球N带上电，电荷量大小为q，小球M上电荷量未知且保持不变．由于库仑斥力作用，初次平衡时两小球间的距离为d1，由于某种原因，小球N缓慢漏电，当两小球间的距离为d2时，小球N的电荷量为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】如图所示:
对小球M受力分析可知M所受的重力，绳的拉力和库仑力F构成的力的三角形与OMN长度三角形一直相似，所以当初次平衡时两小球间的距离为d1时有：
当两小球间的距离为d2时有;
而根据库仑定律，两种状态下库仑力分别有：
联立解得：，故选B．
8. 如图所示，、、分别为太阳、地球和月球，地球绕太阳运动的轨道形状为椭圆，点为近日点，到太阳的距离为，点为远日点，到太阳的距离为，地球公转周期为；月球绕地球的运动可视为匀速圆周运动忽略太阳对月球的引力，月球运行轨道半径为，月球公转周期为则（ ）
A. 相同时间内，月球与地球的连线扫过的面积等于地球与太阳连线扫过的面积
B. 地球在点和点的速率之比
C. 地球从点运动到点的过程中，动能一直变小
D. 由开普勒第三定律可知为常数
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由开普勒第二定律可知，任意一个行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，是针对同一中心天体而言的，A错误；
B．由开普勒第二定律可知相同时间内，地球在近日点和远日点与太阳的连线扫过的面积相等，有
所以
B正确；
C．地球从点运动到点的过程中，机械能守恒，引力势能越来越大，故动能一直变小，C正确；
D．由开普勒第三定律可知，所有行星的轨道半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等，是针对同一中心天体而言的，而月球绕着地球转，地球绕着太阳转，中心天体不同，D错误。
故选BC。
9. 右图是一种利用电磁原理制作充气泵的结构示意图。当电磁铁通入电流时，可吸引或排斥上部的小磁体，从而带动弹性金属片对橡皮碗下面的气室施加力的作用，达到充气的目的。则下列说法正确的是（ ）
A. 当电流从电磁铁接线柱A流入时，发现吸引小磁体向下运动，则小磁体的下端为N极
B. 硬磁性材料在磁场撤去后仍有很强的磁性而软磁性材料则相反，故电磁铁的铁芯应选硬磁性材料
C. 为了加快充气的速度可以通过加大通入的电流
D. 橡皮碗中的气体被快速排出时，管口处的温度会上升
【答案】A
【解析】
【详解】A．当电流从电磁铁接线柱A流入时，由安培定则可知，电磁铁的上端相当于磁体的S极。发现吸引小磁体向下运动，由于磁极之间异名磁极相互吸引，所以小磁体的下端为N极，故A正确；
B．硬磁性材料在磁场撤去后仍有很强的磁性而软磁性材料则相反，充气泵要不断充气，小磁体应不断被吸引、排斥、在吸引，故电磁铁的铁芯应选软磁性材料，故B错误；
C．电磁铁实际为通电螺线管，若小磁体下方为N极，当电流从a流入电磁铁时上端为S极，由异名磁极相互排斥知金属片向下运动，从而进行充气；当电流从b流入电磁铁时上端为N极，由同名磁极相互排斥可知，金属片向上运动。综上所述，若要加快充气需要加快金属片上下运动的速率，即需要交变电流的频率变快，周期变小，故C错误；
D．由于该过程并不是绝热过程，所以其气体的温度与外界温度相同，不会上升，故D错误。
故选A。
10. 武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4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，从直径为的圆柱形容器右侧流入，左侧流出，流量值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的匀强磁场，下列说法正确的是（ ）
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、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
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据左手定则可知正粒子所受洛伦兹力方向竖直向下，负粒子所受洛伦兹力方向竖直向上，故A错误，B正确；
CD．当M、N两点间电压U稳定时，根据平衡条件有
根据匀强电场中电势差与场强的关系有
由题意可知
联立解得
可知废液的流量与、两点间电压成正比，通过流量的表达式可知，污水流量计不可以用于测量不带电的液体的流速，故CD错误。
故选B。
11. 核电池寿命长，在严酷环境中仍能正常工作，经常应用在航天领域，利用半衰期为88年的发生衰变释放的能量可制造核电池。一个静止的钚核（相对原子质量为）放出一个X粒子（相对原子质量为）后，衰变成铀核（相对原子质量为）。假设衰变过程中产生的核能全部转化为粒子的动能，已知光速为c。下列说法正确的是（ ）
A. Pu的同位素的半衰期一定也为88年
B. 在核反应过程中，原子核平均核子质量和比结合能都增加
C. 衰变反应中释放出X粒子动能
D. 若一个静止的原子核在匀强磁场中发生衰变，衰变后两个粒子的运动轨迹为内切圆
【答案】C
【解析】
【详解】A．不同的同位素有不同的半衰期，故A错误；
B．核反应释放能量说明有质量亏损，而总的核子数不变，故原子核平均核子质量减小，故B错误；
C．根据质量数守恒和电荷数守恒可判断X粒子质量数为4，电荷数为2，则知X是粒子，根据爱因斯坦质能方程，释放的能量为
系统动量守恒，铀核和粒子的动量大小相等，根据动量守恒定律得
根据动能与动量的关系
设粒子的动能为，则铀核的动能为，则有
解得
故C正确；
D．静止的原子核在匀强磁场中发生α衰变，根据动量守恒，总动量为零，两个粒子速度相反，α粒子带正电，原子核带正电，电性相同，根据左手定则受洛伦兹力方向相反，衰变后两个粒子的运动轨迹为外切圆，故D错误。
故选C。
12. 如图甲所示，一电阻不计的单匝线圈处于变化的磁场中，图乙是穿过线圈磁通量随时间t按正弦变化的图像（规定磁感应强度垂直纸面向里时为正）。线圈右边与理想变压器的原线圈连接，已知理想变压器原、副线圈的匝数比，电阻、，D为理想二极管，取，下列说法正确的是（ ）
A. 时，圆形线圈中电流零
B. 时，圆形线圈中有最大电流
C. 内，流过的电荷量可能为0.005C
D. 原线圈的输入功率为75W
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图像可知，其图像的斜率为感应电动势，由图像可知，时线圈中的感应电动势最大，则由电路图有
由于此时感应电动势最大，所以线圈中的电流也是最大，故A项错误；
B．由题图可知，其周期为0.02s，所以0.005s为四分之一周期，结合图像可知，此时图像的斜率为零，即线圈的感应电动势为零，由之前的分析可知线圈内感应电流也为零，故B项错误；
C．时间的平均电动势为
该时间内的磁通量变化量为
由于理想变压器，所以副线圈的平均电动势为，有
通过电阻的平均电流为
又因为
整理有
故C项正确；
D．角频率为
线圈产生的感应电动势的最大值为
有效值为
因为理想变压器，所以有
电阻的功率为
电阻两端电压有效值为，有
则其功率为
副线圈的总功率为
由于理想变压器，所以
故D项错误
故选C。
13. 如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，一束由紫光和红光组成的复色光沿AO方向从空气射入玻璃，可在玻璃圆弧外侧观察到两束光分别从B、C点射出。记AO与DO延长线之间的夹角为，则下列说法正确的是（ ）
A. 光线OC为紫光
B. 增大时，在玻璃圆弧外侧观察到紫光先消失
C. 不论多大，在玻璃圆弧内表面不会发生全反射
D. 两束光在玻璃中分别沿OB、OC传播的时间
【答案】B
【解析】
【详解】A．紫光和红光的入射角相同，紫光的折射率较大，则紫光的折射角较小，故光线OC为红光，故A错误；
B．设光线发生全反射时，对应在圆弧侧的入射角为，且设圆心为E，则光路如下所示
从空气射入玻璃时，根据折射定律
在玻璃圆弧面发生全发射的临界角满足
联立可得
紫光的折射率较大，则紫光在玻璃圆弧面发生全发射时，对应的较小，故增大时，在玻璃圆弧外侧观察到紫光先消失，故B正确；
C．由上述分析可知，达到一定值，光线在玻璃圆弧内表面会发生全反射，故C错误；
D．连接OB、CD，设光线从空气到玻璃的入射角为，折射角为r，半径为R，两束光在玻璃中传播的路程为
两束光在玻璃中传播速度为
根据折射定律
两束光在玻璃中分别沿OB、OC传播的时间
故两束光在玻璃中分别沿OB、OC传播的时间相等，故D错误。
故选B。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3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. 下列说法正确的是（ ）
A. 无线充电技术的原理是电磁感应
B. 布朗运动反映了液体分子的无规则热运动
C. 电容式位移传感器是把电学量“电容”转换为力学量“位移”
D. 赫兹测得电磁波在真空中的速度等于光速c，从而预言了光是电磁波
【答案】AB
【解析】
【详解】A．无线充电技术的原理是电磁感应，故A正确；
B．布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则热运动，故B正确；
C．电容式位移传感器是把力学量“位移”转换为电学量“电容”，故C错误；
D．赫兹测得电磁波在真空中的速度等于光速c，通过实验验证了光是电磁波，故D错误。
故选AB。
15. 如图所示，与处有两个波源和均可以沿z轴方向做简谐运动，两波源产生的机械波均能以波源为圆心在xOy平面内向各个方向传播，振动周期均为，波速均为。时刻波源开始沿z轴正方向振动，振幅；时刻波源开始沿z轴负方向振动，振幅。下列说法正确的是（ ）
A. 时刻，处质点的位移为
B. 在x轴上，和区域都是振动的加强点
C. 在x轴上，区间内一共有10个振动的加强点
D. 以波源为圆心，分别以半径4.8m和5.2m画圆，则在这两个圆周上，振动的加强点的个数相等
【答案】CD
【解析】
【详解】A．假设只有波源时，因波速，此波传到处需要时间为
因周期，则处的质点又振动了
可知质点，在时刻处在波峰，即位移是3cm，同理可知波源存在时，传到需要时间是
质点又振动了
即得质点在时刻也处在波峰，则位移是，A错误；
B．该波的波长为
在和区域则有，各点到两波源的距离之差
即是波长的整数倍，波源和的振动步调相反，因此各点都是振动减弱点，B错误；
C．在x轴上，区间，中间位置是点，点左侧各点到两波源的距离之差，因此有
即这样的加强点共有5个，分别为、、、、，同理，由对称性，右侧也有5个加强点，因此区间内一共有10个振动的加强点，C正确；
D．以波源为圆心，分别以半径4.8m和5.2m画圆，如图所示，则在这两个圆周上， Q点到两波源的距离之差最小， 则有
点到两波源的距离之差最小
P点到两波源的距离之差最大为
点到两波源的距离之差最大为
则在这两个圆周上，振动的加强点的个数相等，D正确。
故选CD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
16. 在探究“物体质量一定时，加速度与力的关系”实验中，小张同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了力传感器来测量细线拉力。
（1）实验时，下列说法正确的是 ；
A. 需要用天平测出砂和砂桶的总质量
B. 小车靠近打点计时器，先接通电源再释放小车
C. 选用电火花计时器比选用电磁打点计时器实验误差会更小
D. 为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
（2）实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，已知A、B、C、D各点到A点的距离分别是，，，，由以上数据可知，小车运动的加速度大小是_______（计算结果保留三位有效数字）；
（3）由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示。则小车运动过程中所受的阻力____，小车的质量___。（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）BC （2）2.40
（3） ①. 2.0 ②. 3.0
【解析】
【小问1详解】
AD．力传感器测量绳的拉力F，则小车受到的拉力为2F，即力可以直接得到，不用测砂桶和砂的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故AD错误；
B．为打点稳定、充分利用纸带，应先接通电源后释放小车，故B正确；
C．电磁打点计时器由于振针的作用，纸带和复写纸之间阻力相对较大，实验误差比较大，而电火花计时器使用的是火花放电，纸带运动时受到的阻力比较小，实验误差也比较小，故C正确。
故选BC。
【小问2详解】
相邻两计数点的时间间隔为
根据逐差法，小车运动的加速度大小为
【小问3详解】
[1]由题图丙可知，开始运动时，拉力最小值为，则小车运动过程中所受阻力为
[2]小车运动过程中，根据牛顿第二定律
整理得
图像的斜率为
解得小车的质量为
17. 某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：
（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度L=________mm。
（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径D=_________mm。
（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻R，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻阻值约为__________Ω。
（4）为了测量由两节干电池组的电动势和内阻，某同学设计了如图丁（a）所示的实验电路，其中R为电阻箱，定值电阻R0=3Ω为保护电阻，电压表为理想电表。
①某同学按如图丁（a）所示电路图连接好电路。
②先断开开关S，将电阻箱的阻值调到最大，再闭合开关S，调节电阻箱，读取并记录电压表的示数及电阻箱的阻值，多次重复上述操作，可得到多组电压值U及电阻值R，并以为纵坐标，为横坐标，画出的关系图线，如图丁（b）所示（该图线为一条直线）。
③根据电路原理图推导和的函数关系，=_________。根据图线求得电池组的电动势E=______V，内阻r=__________Ω。（结果均保留两位有效数字）
④所测r测_______r真，E测________E真（均填“大于”“等于”或“小于”）。
【答案】 ①. 50.35 ②. 4.700 ③. 130 ④. ⑤. 2.9 ⑥. 3.1 ⑦. 小于 ⑧. 小于
【解析】
【详解】（1）[1]由题图甲可知，则游标卡尺示数
L=50mm+70.05mm =50.35mm
（2）[2]用螺旋测微器测量其直径
D=4.5mm+
（3）[3]电阻的阻值约为
R=1310Ω=130Ω
（4）[4]③根据闭合电路欧姆定律
得
[5]关系图线的纵截距
斜率
[7]④由题图（b）可知
则电动势
[6]内阻
④[7]因实验误差来源于电压表分流，所以r的测量值均偏小，故填小于。
[8] 因实验误差来源于电压表分流，所以E的测量值均偏小，故填小于。
18. 关于高中物理的学生实验，下列说法正确的是
A. 验证动量守恒定律时，两碰撞小球的直径必须相等
B. 探究气体等温变化的规律实验中，不慎将活塞拔出，无需废除之前获得的数据，将活塞塞入重新实验即可
C. 探究影响感应电流方向的因素时，甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，则开关闭合后将滑动变阻器的滑片向右滑动（如图），电流计指针向右偏转
D. 在用单摆测量重力加速度的实验中，为了使摆的周期大一些，以方便测量，拉开摆球时，使摆角大些
【答案】AC
【解析】
【详解】A．两球碰撞时要发生对心碰撞，两球的直径应相等，即，为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故A正确；
B．探究气体等温变化的规律实验中，不慎将活塞拔出，气体质量变化，则需要废除之前获得的数据，将活塞塞入重新实验，故B错误；
C．根据楞次定律可知，甲同学在断开开关时，B线圈中电流迅速减小，则通过A线圈中磁通量减小，出现感应电流，发现灵敏电流计指针向右偏转；所以要使灵敏电流计指针向右偏转，开关闭合后可将滑动变阻器的滑片向右滑动，这时电路电阻增大，使B线圈中电流迅速减小，故C正确；
D．在用单摆测量重力加速度的实验中，开始时拉开摆球摆角不能太大，摆角小于，使单摆可看成做简谐运动，否则误差会增大，故D错误。
故选AC。
19. 超市中有一种“强力吸盘挂钩”，其结构原理如图甲图所示。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，空腔内气体压强仍与外界大气压强相等。然后再扳下锁扣，让锁扣通过细杆把吸盘向外拉起，空腔体积增大，从而使吸盘紧紧吸在墙上（如图2-6）。已知外界大气压强p0=1×105Pa，甲图空腔体积为V0=1.5cm3，乙图空腔体积为V1=2.0cm3，吸盘空腔内气体可视为理想气体，忽略操作时温度的变化，全过程盘盖和吸盘之间的空隙始终与外界连通。
（1）扳下锁扣过程中空腔内气体是________（吸热\放热）；
（2）求扳下锁扣后空腔内气体的压强p1；
（3）若吸盘与墙面接触的正对面积为S，强力挂钩的总质量为m，与墙面间的最大静摩擦力是正压力的k倍，则所能挂物体的最大质量？（用已知量字母表示）
【答案】（1）吸热；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）扳下锁扣过程中，气体温度不变，气体内能不变；气体体积增大，则外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，空腔内气体从外界吸热。
（2）根据玻意耳定律可得
可得扳下锁扣后空腔内气体的压强为
（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，对挂钩和所挂物体为整体，根据受力平衡可得
又
，
联立解得所能挂物体的最大质量为
20. 如图所示，一条连有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径 R=0.5m。质量mA=2kg的物块A以v0=6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P 处静止的质量m=1kg的物块B碰撞，碰后粘合在一起运动。P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L=0.6m。两物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.25，A、B均视为质点，碰撞时间极短。
（1）试求A滑过Q点时的速度大小和对圆轨道的压力；
（2）若碰后A、B粘合体最终停止在第k个粗糙段上，试求k的数值；
（3）试求第n个（1≤n
【解析】
【详解】（1）由机械能守恒定律可得
解得
根据牛顿第二定律
可得
根据牛顿第三定律
方向竖直向下。
（2）AB碰撞前A的速度为，由机械能守恒定律可得
得
AB碰撞后以共同速度前进，设向右为正方向，由动量守恒定律可得
解得
故总动能
滑块每经过一段粗糙段损失的机械能
解得
因为k为整数，所以k的数值为6。
（3）AB整体滑到第n个光滑段上损失的能量
从AB碰撞后运动到第n个光滑段的过程中，由能量守恒定律可得
代入解得
第n个（1≤n
（1）电容器充电过程中，判断极板M带电的电性；
（2）求充电结束时，薄板的角速度大小；
（3）求薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率。
【答案】（1）负电；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）刹车过程，线圈ab处的磁场向左运动，线圈相对于磁场向右运动，根据右手定则可知，线圈c端等效为电源的正极，d端等效为电源的负极，可知，电容器充电过程中，极板M带负电。
（2）根据线速度与角速度的关系有
，
停止充电时，电容器极板电压
对薄板进行分析，根据动量定理有
充电电荷量大小满足
解得
（3）全过程，薄板减小的机械能
根据电容的定义式有
作出电容器充电过程中的图像如图所示
电场力做功的表达式为
可知，图中阴影 的面积表示电容器充电过程中获得的能量，即有
薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率
解得
22. 如图所示，是通过磁场控制带电粒子的一种模型。在和的区域内，分别存在磁感应强度均为B的匀强磁场，方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外。在坐标原点，有一粒子源，连续不断地沿x轴正方向释放出质量为m，带电量大小为q的带正电粒子，速率满足（不考虑粒子的重力、粒子之间的相互作用）试计算下列问题：
(1)求速率最小和最大的粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的半径大小和；
(2)求速率最小和最大的粒子从的边界射出时，两出射点的距离的大小；
(3)设粒子源单位时间内射出的粒子数目为n（设每种速率的粒子数目相同），在的区域加一个平行板电容器，且朝向出射粒子的一侧有小孔，孔的大小足以使所有的从边界射出的粒子都能进入开孔位置，在间加的电势差，射入的粒子有的原路返回，其它碰到N板的全被吸收，求稳定情况下，射向平行板电容器的粒子对电容器的作用力大小？（设孔的大小不影响电容器产生的电场，被吸收的粒子也不影响两极板的电势差）。
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动有
解得
所以，。
（2）如图为某一速率的粒子运动的轨迹示意图
辅助线如图所示。由几何关系知道，速率为v1的粒子射出a = 2d边界时的坐标为
速率为v2的粒子射出x= 2d边界时的坐标为
所以
（3）根据能量守恒，可以计算例子打到N板时的速度
恰好打到极板时有
解得能够打到极板上的例子的最小速度为
因此代入最大速度和最小速度可得到打到N板时的速度范围为
极板受到的力由单位时间内打到粒子的提供，其中可以达到极板的粒子占出射粒子数的比例为
所以极板受力为
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