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浙江省七彩阳光新高考联盟2024-2025学年高三上学期开学考试物理试题
1．（2024高三上·浙江开学考）下列物理量与单位符号对应的是（　　）
A．电量 B．功率J
C．半衰期 D．电场强度
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；功率及其计算；电场强度
【解析】【解答】A．（电子伏特 ）是能量单位（1 eV = 1.6×10- 9 J ），电量单位是库仑（C），A错误；
B．（焦耳 ）是功、能量的单位，功率单位是瓦特（W）（ ），B错误；
C．米每秒是速度单位，半衰期单位是时间天、年，C错误；
D．电场强度定义式（是电势差，单位V；是距离，单位m ），故单位为，D正确.
故答案为：D.
【分析】 电量：定义为“电荷的多少”，单位库仑（C），与能量单位（eV）无关.
功率：定义为“功与时间的比值”（ ），单位瓦特（W），区别于功的单位（J）.
半衰期：描述衰变的时间特性，单位为时间单位，与速度（m/s）无关联.
电场强度：由推导，单位V/m，符合定义.
2．（2024高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．汽车上的速度计显示了平均速度的大小
B．在雪豹捕猎过程中，以猎物为参考系，猎物是运动的
C．在研究运动员完成马拉松比赛的时间时，运动员可看成质点
D．高空坠物会对地面上的人造成很大伤害，是由于下落位置越高物体惯性越大
【答案】C
【知识点】质点；参考系与坐标系；惯性与质量；平均速度
【解析】【解答】A．汽车速度计显示的是瞬时速率（某一时刻的速度大小 ），而非平均速度，故A错误；
B．参考系是假定为 “静止” 的物体，以猎物为参考系时，猎物自身相对静止，故B错误；
C．研究马拉松时间时，运动员的大小、形状对结果影响极小（全程距离远大于人体尺寸 ），可视为质点，故C正确；
D．质量是物体惯性大小的唯一标准，与高度无关，故D错误.
故答案为：C.
【分析】速度计原理：速度计测量的是 “某瞬间” 的速度大小（瞬时速率 ），区分 “瞬时” 与 “平均” 的概念，判断 A.
参考系的定义：参考系是假定静止的物体，以自身为参考系时，物体相对静止，判断 B.
质点的条件：当物体的大小、形状对研究问题无显著影响时，可视为质点。马拉松中运动员尺寸远小于赛道长度，满足条件，判断 C.
惯性的决定因素：惯性大小唯一由质量决定，与位置、速度等无关，判断 D.
3．（2024高三上·浙江开学考）2024年6月2日6点23分“嫦娥六号”成功着陆在月球背面南极-艾特肯盆地预选着陆区。月球上没有大气，“嫦娥六号”只能通过发动机的反推力来实现减速，图示时刻为其竖直下降过程中的某一状态。下列说法正确的是（　　）
A．“嫦娥六号”正处于平衡状态
B．“嫦娥六号”做自由落体运动
C．反推力是内力，对“嫦娥六号”的加速度没有作用
D．反推力的方向竖直向上，大小比重力大
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；自由落体运动；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．“嫦娥六号” 竖直下降且 减速（发动机反推减速 ），加速度不为，不处于平衡状态（平衡状态加速度为 ），A错误；
B．自由落体运动的条件是仅受重力，而 “嫦娥六号” 受发动机反推力，不满足，B错误；
C．反推力是喷出气体对“嫦娥六号”的作用力，是外力，C错误；
D．探测器减速下降，加速度向上（与速度方向相反 ），根据牛顿第二定律（ ）
故
反推力方向竖直向上且大于重力，D正确.
故答案为：D.
【分析】1. 平衡状态判断：平衡状态要求加速度为（匀速或静止 ），减速运动加速度不为，排除A.
2. 自由落体条件：自由落体需“只受重力”，存在反推力时不满足，排除B.
3. 内力与外力区分：反推力是探测器（研究对象 ）与外界气体的相互作用，属于外力，外力影响加速度，排除C.
4. 牛顿第二定律应用：减速运动加速度方向与速度方向相反（向上 ），结合受力分析（反推力、月球重力 ），用判断反推力与重力的大小关系，确认D.
4．（2024高三上·浙江开学考）某电场等势面的分布情况如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点的电场强度大小相同，方向不同
B．同一电荷在Q点的电势能比在P点大
C．同一电荷沿折线移动与沿折线移动，静电力做功一样大
D．把电子从等势面e移动到等势面c，静电力做功为
【答案】C
【知识点】电场强度；电势能；等势面
【解析】【解答】A．电场线的疏密程度代表场强大小，A、B两点的电场强度大小与方向均不同，故A错误；
B．电势能大小与电荷的电性有关，故B错误；
C．静电力做功与路径无关，故C正确；
D．把电子从等势面e移动到等势面c，静电力做功为
故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、依据 “等势面疏密反映场强大小，场强方向垂直等势面”，判断 A、B 两点场强大小和方向。
B、利用电势能公式，明确电势能与电荷电性、电势的关联。
C、抓住 “静电力做功与路径无关，只取决于初末位置电势差” 这一关键性质。分析两种移动路径的初末位置，结合做功公式，判断做功是否相同。
D、运用静电力做功公式，代入电子电荷量和对应等势面电势，计算做功数值。
5．（2024高三上·浙江开学考）月球富含的氢3是理想的核聚变材料，对于解决能源危机有重要作用。其中一种聚变反应的方程式为，其中是释放的核能，光速为c。下列说法正确的是（　　）
A．原子核外电子从高能级向低能级跃迁时释放核能
B．核反应中的质量亏损了
C．该核反应是α衰变
D．核反应中质量数守恒，但动量不守恒
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；质量亏损与质能方程；核聚变
【解析】【解答】A．原子核外电子跃迁释放的是光能（如原子发光 ），核能是原子核内核子结合能变化（如聚变、裂变 ）释放的能量，A错误；
B．由质能方程可得
解得
B正确；
C．衰变是重核自发释放粒子（ ） 的过程，该反应是轻核（、 ）聚合成重核，属于核聚变，C错误；
D．核反应中质量数守恒，动量守恒均守恒，D错误.
故答案为：B.
【分析】1. 核能与电子跃迁的区别：明确“核能源于原子核内核子的结合能变化”，电子跃迁属于原子能级变化，释放光能，判断A.
2. 质能方程的应用：直接关联与的关系（ ），推导质量亏损，判断B.
3. 核反应类型识别：区分“核聚变（轻核聚合 ）”与“衰变（重核自发释放粒子 ）”，判断C.
4. 核反应的守恒定律：核反应中质量数（核子数 ）守恒，且系统动量守恒（不受外力 ），判断D.
6．（2024高三上·浙江开学考）距水平地面处的A点，一质量m的小球以初速度大小v被竖直抛下，落到水平地面上被弹回，回跳到处的B点时速度为零。若小球与地面碰撞时机械能损失20%，不计空气阻力，则从A到B过程中（　　）
A．重力做功为
B．合外力对小球做功为
C．初速度大小满足
D．地面对小球做的功为
【答案】D
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．重力做功为
A错误；
B．小球由A到B运动过程中，根据动能定理合外力对小球做功：
B错误；
C．小球与地面碰撞后的机械能为：
解得
C错误；
D．设地面对小球做功为，小球由A到B运动过程中，根据动能定理
解得
D正确.
故答案为：D。
【分析】A.抓住 “重力做功只与初末高度差有关”，直接计算高度差，判断 A 错误.
B.用动能定理，明确 “合外力做功 = 末动能 - 初动能”，代入初末动能（末动能为0 ），判断 B 错误.
C.分三步：① 分析碰撞前机械能（A点机械能，守恒到地面 ）；② 考虑碰撞损失（保留80% ）；③ 碰撞后机械能守恒到B点，联立方程求解v，判断 C 错误.
D.对全程用动能定理，梳理 “重力做功、地面做功、动能变化” 的关系，联立方程求解地面做功，判断 D 正确.
7．（2024高三上·浙江开学考）如图为理想的可调式自耦变压器，铁芯上只有一组线圈，将其两端接在间作为原线圈，副线圈是线圈的一部分接有定值电阻和滑动变阻器分别为原副线圈两端电压，其大小均可调节，分别为原副线圈中的电流，则（　　）
A．保持不变，当滑动触头P顺时针转动一小角度，变小
B．保持不变，当滑动触头向下移动时，变小
C．保持不变，当滑动触头P顺时针转动一小角度，变大
D．保持不变，当滑动触头向下移动时，变小
【答案】A
【知识点】变压器原理；电路动态分析
【解析】【解答】A．保持不变，当滑动触头P顺时针转动一小角度，变小，由电压与匝数关系
可知变小，A正确；
B．滑动触头向下移动→改变的是副线圈外电路电阻（接入电阻变化 ），但原副线圈匝数比不变（、未变 ），由
、匝数比不变，所以不变，B错误；
C．电流比关系
（理想变压器功率守恒，推导 ），不变时，若不变则不变（ ），但减小，由
得变小，C错误；
D．当滑动触头向下移动，根据闭合电路的欧姆定律可知变大，根据变流比可知也变大，D错误.
故答案为：A。
【分析】A、B.理想变压器电压关系，由和匝数比决定，A中变化→变化；B中匝数比不变→不变，据此判断A、B.
C、D.理想变压器电流关系（功率守恒 ），结合“不变时，外电阻变化影响，进而影响”，判断C、D.
8．（2024高三上·浙江开学考）“嫦娥六号”探测器经过地月转移、近月制动阶段后，进入高度约200千米的圆形环月轨道Ⅰ。此后经2次降轨，进入近月点15千米、远月点200千米的椭圆轨道Ⅱ上运动。P点为轨道Ⅰ、Ⅱ的交点，如图所示，此时轨返组合体（轨道器和返回器组合体）在圆形环月轨道Ⅰ上运动。则“嫦娥六号”（　　）
A．在轨道Ⅰ、Ⅱ经过P点时加速度相同
B．在轨道Ⅰ的机械能与轨道Ⅱ相同
C．与轨返组合体的运动周期相同
D．经过P点时的速度比轨返组合体的速度大
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．加速度由万有引力提供，根据牛顿第二定律与万有引力定律：
轨道、在点到月球球心的距离相同，月球质量不变→加速度相同，A正确；
B．“嫦娥六号” 从轨道变轨到轨道，需在点减速，机械能减小，轨道机械能大于轨道，B错误；
C．根据开普勒第三定律
轨道Ⅰ的半径比轨道Ⅱ的半长轴大，故“嫦娥六号”的运动周期小于轨返组合体的运动周期，C错误；
D．“嫦娥六号” 从轨道（圆轨道 ）变轨到轨道（椭圆轨道 ），需在点减速（万有引力大于所需向心力，做近心运动 ），轨返组合体在轨道做圆周运动，速度满足
“嫦娥六号” 变轨后速度，D错误.
故答案为：A。
【分析】A.加速度由万有引力决定，公式，点相同→加速度相同，判断A正确.
B.变轨需外力做功（减速 ），机械能与速度、轨道高度相关，减速后机械能减小，判断B错误.
C.用开普勒第三定律，比较轨道半长轴，半长轴大则周期大，判断C错误.
D.圆轨道变椭圆轨道需减速（近心运动条件 ），比较变轨前后速度，判断D错误.
9．（2024高三上·浙江开学考）一质量为m，电荷量为q的带负电的小球，以初速度从匀强电场中的A点水平抛出后经过某一定点B，如图所示，电场强度大小为，方向竖直向下。下列说法正确的是（　　）
A．可以计算经过B点的时间
B．可以计算经过B点时的竖直方向的速度
C．初速度为，要使小球仍能经过B点，电场强度大小为
D．只要能够经过B点，过B点时的速度偏向角为一定值，与初速度大小无关
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．小球受重力和电场力电
（因带负电，电场方向向下，故电场力竖直向上 ），合力合
加速度合
小球做类平抛运动，水平方向匀速，竖直方向匀加速，但、间水平距离或竖直距离未知，无法由
或
计算时间，也无法求竖直速度，AB错误；
C．小球经过B点，竖直方向位移
解得
C错误；
D．速度偏向角满足
其中，
故
又
即
因、位置固定（、不变 ），为定值→速度偏向角与初速度无关，D正确.
故答案为：D。
【分析】A、B.小球受重力和电场力，做类平抛（水平匀速、竖直匀加速 ）。但因、间位移未知，无法计算时间、竖直速度，排除A、B.
C. 初速度加倍，水平时间减半；竖直位移不变，由匀加速位移公式推导新加速度，进而求电场强度，发现与选项不符，排除C.
D. 推导速度偏向角的表达式，发现其仅与、间的、有关（位置固定 ），与初速度无关，确认D正确.
10．（2024高三上·浙江开学考）鼠标滚轮是鼠标上位于左键与右键之间的部件。某一鼠标滚轮上使用了霍尔效应传感器，传感器上有一块非常小的金属板，如图所示，P、Q端与电压表相连，左右端与电源相连。当环形磁铁旋转时，电压表就会有读数，图示时刻磁铁的N、S极分别在竖直面的下、上两端。则（　　）
A．图示时刻左端积累了负电荷
B．图示时刻P端积累了负电荷
C．图示时刻金属板中电子恰好不受磁场力的作用
D．磁铁的旋转不会对金属板中电子运动产生影响
【答案】B
【知识点】磁感应强度；左手定则—磁场对带电粒子的作用；霍尔元件
【解析】【解答】ABC．图示时刻电流方向向右，则金属板所在位置磁场方向向上，由于电子向左运动，根据左手定则可知，电子受到的洛仑兹力指向P端，即电子积累在P端，故AC错误，B正确；
D．磁铁旋转时，金属板处磁场方向、大小会变化→洛伦兹力变化→电子运动（积累位置、受力 ）变化→会产生影响，故D错误.
故答案为：B.
【分析】1. 电流与电子运动方向： 明确“电流方向是正电荷移动方向，电子带负电，运动方向与电流反向”，确定电子向左运动.
2. 磁场方向与左手定则： 由磁铁、极位置，判断金属板处磁场方向向上；用左手定则（电子带负电，四指反向 ），判断洛伦兹力方向，确定电荷积累端.
3. 洛伦兹力的存在条件： 电子运动方向与磁场垂直（不平行 ），必然受洛伦兹力，排除C.
4. 磁铁旋转的影响：磁铁旋转改变磁场的方向/大小，洛伦兹力随之变化，影响电子运动，排除D.
11．（2024高三上·浙江开学考）如图1所示，在均匀介质中两波源M、N分别位于处，质点P位于坐标原点，时刻，两波源同时振动。图2为质点P的振动图像。则（　　）
A．M、N的起振方向相反
B．波的传播速度为
C．较长时间后，间有7个振动减弱点
D．内质点P经过的路程为
【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A．N的振动传到P点所用时间为
由P点的振动图像知，M的振动周期为，所以在时，两波在P点叠加，且振动加强，所以两波源的起振方向相同，A错误；
B．波源到的距离，由图2知时的振动传到，根据
得波速
B错误；
C．两列波的波长为
由于两波源的起振方向相同，所以振动减弱点的波程差满足
（为整数）
所以间有8个减弱点，分别为
，C错误；
D.0~6s：的振动传到（前2s ），做简谐运动（振幅 ）；2~6s 的振动未到，仍以振动，路程：
（2个周期，每个周期路程 ）
6~10s：两波在点叠加（振动加强，振幅 ），时间（2个周期 ），
路程：
总路程
D正确.
故答案为：D。
【分析】A. 计算振动传到的时间，结合的振动图像（加强点 ），推导两波源起振方向关系，判断A错误.
B. 利用“振动传播到的时间差”，结合到的距离，用求波速，判断B错误.
C. 由波长、波源间距，结合“振动减弱条件（路程差为半波长奇数倍 ）”，列方程求解减弱点数量，判断C错误.
D. 分阶段（单独振动、两波叠加 ）分析的振幅与振动周期，计算各阶段路程并求和，判断D正确.
12．（2024高三上·浙江开学考）图1为光电效应实验装置图，c处于滑动变阻器的中点位置，开始时滑片P也处于中点位置。用不同频率的光束照射金属材料甲、乙，调节滑片P的位置，得到遏止电压随频率变化的图线，如图2所示。下列说法正确的是（　　）
A．要能得到的读数，滑片P应向b端滑动
B．甲、乙对应的图线不一定平行
C．在发生光电效应的情况下，用相同频率的光束照射金属材料，照射金属乙时滑片P滑动的长度小
D．在发生光电效应的情况下，用相同频率的光束照射金属材料，照射金属甲时逸出的光电子初动能大
【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．要测量遏止电压，需在光电管上加反向电压（阻止光电子到达阳极 ），原滑片在中点，要使、间为反向电压，需将滑片向端滑动（使电势高于 ），A错误；
B．根据
，
可得
可知两图线的斜率相同，甲、乙对应的图线一定平行，B错误；
C.由
结合图2（乙的截距绝对值更大 ），知乙的逸出功乙甲，相同频率时，逸出功越大，越小（因与负相关 ），遏止电压越小，所需反向电压越小→滑片向滑动的长度越小（调节幅度小 ），C正确；
D．由于甲的逸出功更小，所以在发生光电效应的情况下，用相同频率的光束照射金属材料，照射金属甲时逸出的光电子的最大初动能大，但初动能不一定大，D错误.
故答案为：C。
【分析】A.明确“遏止电压需要反向电压”，判断滑片移动方向，排除A.
B. 推导关系式，分析斜率与普朗克常量、元电荷的关系，确定图线平行，排除B.
C.由图2截距判断逸出功大小，结合与的负相关，分析滑片调节长度，确认C正确.
D.用光电效应方程分析相同频率下，逸出功对最大初动能的影响，结合题干表述（原解析逻辑 ），排除D.
13．（2024高三上·浙江开学考）半圆柱形玻璃砖的底面镀有一层反射膜，为玻璃砖的半圆形横截面，M为最高点，O为圆心，半径为R。一束宽为R的平行光的下边恰好沿着底边，如图所示。其中从A点射入的光线经玻璃折射后从B点射出，已知A、B两点距离分别为和。，不考虑圆弧面上的反射光线，下列说法正确的是（　　）
A．玻璃的折射率为
B．有部分光线在圆弧区域发生全反射
C．只有圆弧的部分区域有光线射出
D．射向圆弧区域的光线有一部分来源于处反射的光线
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．作出光路图，根据几何知识求解入射角和折射角，再根据折射定律求解折射率，由题意可得，从A点射入的光线经玻璃折射后从B点射出，其光路图如图所示，由几何知识可知入射角，折射角，则有折射率
A错误；
B．根据光路的可逆性判断，光线在玻璃砖中传播时，光线与半径构成等腰三角形，由光路可逆性可知，不可能发生全反射，B错误；
D．作出光线到PQ面的光路图，根据几何关系结合折射率判断。假设有光线会射向，如图解所示，则有
不存在，D错误；
C．根据临界光线出射位置判断，最上边和下边的光线恰好射向Q点，其余光线因为区域的出射点总比区域的入射点位置低，只有部分区域有光线射出，C正确。
故选C。
【分析】本题考查光的折射和全反射，要求学生能根据题意熟练作出光路图，应用折射定律和全反射规律解题。
14．（2024高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．一列水波在深度不同的水域传播时，在交界面处将发生折射现象
B．在产生正弦式交流电的过程中，当线圈经过中性面时，线圈中的电流为零
C．压缩气体时，压缩的体积越小，外界需要的力越大，说明分子间存在斥力
D．核反应堆中用镉棒作为慢化剂，快中子跟慢化剂中的原子核碰撞后变为慢中子。
【答案】A,B
【知识点】交变电流的产生及规律；波的反射和折射；气体压强的微观解释；核裂变
【解析】【解答】A．一列水波在深度不同的水域传播时，由于传播速度发生变化，则在交界面处将发生折射，A正确；
B．当线圈经过中性面时，穿过线圈的磁通量达到最大，但磁通量的变化率为零，感应电动势的瞬时值为零，即线圈中的电流为零，B正确；
C．压缩气体时，压缩的体积越小，气体压强越大，外界需要的力越大，气体分子之间的平均距离较大，分子之间的引力与斥力可以忽略，C错误；
D．镉棒的作用是调节中子的数目，从而控制反应速度，D错误.
故答案为：AB.
【分析】A.明确 “波速变化是折射的关键”，结合水波在不同深度水域的波速差异，判断 A 正确.
B.分析中性面处磁通量、磁通量变化率的特点，推导感应电动势、电流的瞬时值，判断 B 正确.
C.区分 “气体压强（宏观力 ）” 与 “分子斥力（微观力 ）”，明确气体分子间距大时分子力可忽略，判断 C 错误.
D.牢记 “慢化剂（减速中子 ）” 与 “镉棒（吸收中子，控制反应 ）” 的不同作用，判断 D 错误.
15．（2024高三上·浙江开学考）一水平足够长的平行轨道如图所示，以为界左边磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外，右边磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。导体棒甲、乙的质量均为m，电阻相同，开始时均处于静止状态。现给甲一水平向右的初速度，若轨道光滑且电阻不计，甲、乙始终在各自磁场中运动，下列说法中正确的是（　　）
A．乙将向右运动
B．甲、乙运动过程中动量不守恒
C．稳定后，甲的速度为
D．当乙的速度为，乙棒产生的焦耳热为
【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；右手定则；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．甲运动后根据右手定则可知，通过乙的电流为向上，根据左手定则可知乙受到安培力向左，所以乙将向左运动，A错误；
B．甲、乙运动过程中受到的安培力大小不等，方向相同，所以甲、乙组成的系统在运动过程中合力不为零，动量不守恒，B正确；
C．从开始运动到稳定过程中，对甲根据动量定理
对乙根据动量定理
稳定后，有回路中没有电流，甲、乙产生的电动势抵消
得
C正确；
D．根据动量定理
，
得
由能量守恒
乙棒产生的焦耳热
D错误。
故答案为：BC。
【分析】A用 “右手定则” 判断甲中电流方向，再用 “左手定则” 判断乙受安培力方向，确定运动方向，排除 A.
B.分析甲、乙所受安培力大小（因B不同 ），判断系统合力是否为零，确定动量是否守恒，确认 B 正确.
C.稳定时 “电动势抵消” 得速度关系，结合 “动量定理（安培力冲量 = 动量变化 ）”，联立方程求解稳定速度，确认 C 正确.
D.用 “动量定理” 求中间状态速度，再用 “能量守恒” 算总焦耳热，结合电阻分配焦耳热，判断 D 错误.
16．（2024高三上·浙江开学考）在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，
（1）实验中我们采用的研究方法是_______
A．等效替代法 B．控制变量法 C．补偿法
（2）某次测量如图所示，不合理的操作是_______（多选）
A．两细绳间的夹角太大
B．一细绳的长度太短
C．两只弹簧测力计的读数不相等
D．一只弹簧测力计中的弹簧伸长方向与细绳方向不一致
（3）若有三只相同的弹簧测力计，完成一次该实验，至少需要　 　（选填“1”、“2”或“3”）次把橡皮筋结点拉到O。
【答案】（1）A
（2）B；D
（3）1
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，就是由一个力的作用效果与两个互成角度的力的共同作用效果相同，则有这个力代替两个互成角度的力，采用的研究方法是等效替代法.
故答案为：A.
（2）A．两细绳间的夹角太大，对实验结果不会产生影响，A正确；
B．一细绳的长度太短，在确定该拉力方向时容易产生误差，B错误；
C．两只弹簧测力计的读数不一定相等，可以不相等，C正确；
D．一只弹簧测力计中的弹簧伸长方向与细绳方向不一致，会导致该方向的拉力产生误差，使合力产生误差，D错误.
故答案为：BD.
（3）若有三只相同的弹簧测力计，完成一次该实验，则三只相同的弹簧测力计同时拉，即两个代表两分力，第三个代表合力，因此至少需要1次把橡皮筋结点拉到O.
故答案为：1
【分析】（1）理解 “等效替代法” 的核心是 “效果相同，相互替代”，匹配实验中 “一个力替代两个力的效果”，确定 A.
（2）逐一分析操作对 “力的方向、大小测量准确性” 的影响：细绳长度影响方向记录精度；弹簧与细绳方向是否一致影响拉力方向的真实性；夹角大小、读数是否相等不影响实验本质（只要记录准确 ），确定 BD.
（3）明确 “三只测力计可同时参与一次实验”（两测分力、一测合力 ），无需多次拉结点，确定 1 次.
（1）在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，就是由一个力的作用效果与两个互成角度的力的共同作用效果相同，则有这个力代替两个互成角度的力，采用的研究方法是等效替代法。
故选A。
（2）A．两细绳间的夹角太大，对实验结果不会产生影响，A正确，不符合题意；
B．一细绳的长度太短，在确定该拉力方向时容易产生误差，B错误，符合题意；
C．两只弹簧测力计的读数不一定相等，可以不相等，C正确，不符合题意；
D．一只弹簧测力计中的弹簧伸长方向与细绳方向不一致，会导致该方向的拉力产生误差，使合力产生误差，D错误，符合题意。
故选BD。
（3）若有三只相同的弹簧测力计，完成一次该实验，则三只相同的弹簧测力计同时拉，即两个代表两分力，第三个代表合力，因此至少需要1次把橡皮筋结点拉到O。
17．（2024高三上·浙江开学考）在“电池电动势和内阻的测量”实验中，
（1）某同学尝试用多用电表的不同挡位粗测，其中合理的是_______
A．用电压挡测量电动势 B．用欧姆挡测量内阻
（2）进一步测量，实物接线如图1所示，其中　 　（选填“a”、“b”、“c”或“d”）两条接线是错误的；
（3）正确连线后进行测量，如图2所示，某次电流表的读数为　 　A
（4）图3为实验数据在坐标纸上描出的数据点，则一节电池的内阻为　 　（保留两位有效数字）
【答案】（1）A
（2）bd
（3）0.24
（4）2.0
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）在“测定干电池电动势和内阻”实验，多用电表欧姆挡内部有电源，只能测与外电源断开部分电阻的阻值，故不能直接用多用电表欧姆挡测电源内阻。故某同学尝试用多用电表的不同挡位粗测，其中合理的是用电压挡测量电动势.
故答案为：A.
（2）电池电动势约为，为减小实验误差，电压表应选择的量程，故b接线是错误的；导线不能与滑动变阻器的滑头相连，应与两侧接线柱连接，故d接线是错误的.
故答案为：bd
（3）电流表的读数为：
故答案为：0.24
（4）根据题意作出两节干电池的图线
根据闭合电路的欧姆定律
整理得
图像斜率为
解得
故答案为：2.0.
【分析】（1）明确 “欧姆挡内部有电源，不能测含源电路电阻”，而 “电压挡可直接并联测电压（近似电动势 ）”，判断 A 合理.
（2）从 “电压表量程选择（匹配电动势减小误差 ）” 和 “滑动变阻器接线规范（一上一下 ）” 出发，识别错误接线b（量程不当 ）、d（接滑头 ）.
（3）依据电流表量程、分度值读数.
（4）用图像斜率对应内阻（结合实验原理 ）.
（1）在“测定干电池电动势和内阻”实验，多用电表欧姆挡内部有电源，只能测与外电源断开部分电阻的阻值，故不能直接用多用电表欧姆挡测电源内阻。故某同学尝试用多用电表的不同挡位粗测，其中合理的是用电压挡测量电动势。
故选A。
（2）电池电动势约为，为减小实验误差，电压表应选择的量程，故b接线是错误的；导线不能与滑动变阻器的滑头相连，应与两侧接线柱连接，故d接线是错误的。
（3）电流表的读数为
（4）根据题意作出两节干电池的图线
根据闭合电路的欧姆定律
整理得
图像斜率为
解得
18．（2024高三上·浙江开学考）在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，
（1）下列说法正确的是_______（多选）
A．通过转动遮光筒可以使单缝与双缝平行
B．为了减小条纹间距，可以把红色滤光片换成绿色滤光片
C．为了更准确地读取手轮上的读数，需要拔动拔杆进行调节
D．测量条纹间距时，测量头中分划板中心线必须与条纹的中央对齐
（2）若把双缝干涉实验装置置于某种透明液体中，为保证条纹间距不变，应选用双缝间距　 　（选填“更大”、“更小”或“不变”）的双缝片。
【答案】（1）B；D
（2）更小
【知识点】用双缝干涉测光波的波长；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】（1）A．调节单缝与双缝平行需通过拨杆，而非转动遮光筒，A错误；
B．条纹间距公式
绿光波长绿红，换绿色滤光片后减小，B正确；
C．准确读数需调节分划板中心线与条纹中央对齐，而非拨动拨杆（拨杆用于调节单缝平行 ），C错误；
D．测量条纹间距时，测量头中分划板中心线必须与条纹的中央对齐，才能准确地读取手轮上的读数，D正确.
故答案为：BD.
（2）若把双缝干涉实验装置置于某种透明液体中，因波速变小，可得介质中光的波长为：
则光的波长变小，而要保证条纹间距不变，则需变小，即应选用双缝间距更小的双缝片.
故答案为：更小.
【分析】（1）牢记“单缝平行调节工具（拨杆 ）” “条纹间距公式（波长、双缝间距对间距的影响 ）” “测量读数的规范（分划板与条纹中央对齐 ）”，逐一判断选项，确定BD.
（2）利用“光在介质中波长”，结合条纹间距公式，分析减小后，为保持不变，需减小双缝间距，确定“更小”.
（1）A．拔杆的作用是为了调节单缝与双缝平行，使屏上呈现清晰的干涉条纹，故A错误；
B．把红色滤光片换成绿色滤光片，光的波长变小，由，条纹间距变小，故B正确；
C．为了更准确地读取手轮上的读数，需要调节测量头中分划板中心线必须与条纹的中央对齐，故C错误；
D．测量条纹间距时，测量头中分划板中心线必须与条纹的中央对齐，才能准确地读取手轮上的读数，故D正确。
故选BD。
（2）若把双缝干涉实验装置置于某种透明液体中，因波速变小，可得介质中光的波长为
则光的波长变小，而要保证条纹间距不变，则需变小，即应选用双缝间距更小的双缝片。
19．（2024高三上·浙江开学考）如图所示为水银气压计的原理简图。气压计中混入的气泡上升到水银柱的上方，使水银柱上方不再是真空。当实际大气压为时，这个水银气压计的示数只有，此时管中的水银面到管顶的距离为，环境温度为。不考虑细玻璃管中水银柱的升降对水银槽中液面的影响。
（1）若升高环境温度，大气压保持不变，长时间后气体增加的内能　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）气体吸收的热量；
（2）若环境温度保持不变，气压计的示数减小了，求大气压改变了多少？
（3）若环境温度升高了，气压计的示数未变，求大气压改变了多少？
【答案】（1）小于
（2）解：气体做等温变化，设细玻璃管截面积为，
初态
末态
由玻意耳定律可得
代入数据解得大气压为，气压减小了.
（3）解：若环境温度升高了，气压计的示数未变，说明气体的体积不变，气体初状态温度是
初态压强是
温度升高后气体压强是，温度是
由查理定律可得
可得
代入数据解得
可得水银柱上方气体压强和大气压增加了.
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】（1）温度升高，气体压强增大，体积增大，气体对外做功，即，由知，，气体增加的内能小于气体吸收的热量.
故答案为：小于
【分析】（1）识别“温度升高→内能增加” “气体膨胀→对外做功”，结合，判断内能与热量关系.
（2）确定初末态气体压强、体积（用表示 ），代入求解大气压变化.
（3）确定初末态温度、压强，代入，结合“示数未变→气体体积不变”，推导大气压变化.
（1）温度升高，气体压强增大，体积增大，气体对外做功，即，由知，，气体增加的内能小于气体吸收的热量。
（2）气体做等温变化，设细玻璃管截面积为，初态
末态
由玻意耳定律可得
代入数据解得大气压为，气压减小了。
（3）若环境温度升高了，气压计的示数未变，说明气体的体积不变，气体初状态温度是
初态压强是
温度升高后气体压强是，温度是
由查理定律可得
可得
代入数据解得
可得水银柱上方气体压强和大气压增加了。
20．（2024高三上·浙江开学考）如图所示一游戏装置，由四分之一圆弧轨道，水平轨道，以顺时针转动的的倾斜传送带，水平平台组成，各部分之间平滑连接。一木板Q静置于水平面上，其上表面与平台等高并紧靠平台。一可视为质点的木块P从距为h的上某处由静止开始下滑，已知P的质量m和Q的质量M均为，轨道的半径，木板Q的长度，传送带的长度与传送带及Q间的动摩擦因数均为，其余各处摩擦均不计，，，则
（1）若，求木块P运动到圆弧轨道最低点B时，受到的支持力大小；
（2）若木块P能滑上平台，求h的最小值；
（3）若木块和木板相互作用时产生的摩擦内能为E，求h与E之间满足的关系。
【答案】（1）（1）解：由机械能守恒定律可得
根据牛顿第二定律可知
解得
（2）（2）解；木块P在传送带上，先以向上匀减速，再以向上匀减速，到平台时速度恰好为零对应，对物体受力分析，结合牛顿第二定律可得
由匀变速直线运动得规律可得
解得
，
故
（3）（3）解：设木块刚滑上木板的速度为时，恰好能在木板最右端与木板相对静止，则有
解得
对应下落高度
①当时
②当时
所以

【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）先通过机械能守恒（只有重力做功，机械能总量不变）算出木块到B点的速度；再在B点用牛顿第二定律（合力提供向心力），联立求解支持力。
（2）用牛顿第二定律求加速度；再通过匀变速运动公式（速度 - 位移关系）联立，求出木块滑上平台的临界初速度；最后用机械能守恒关联与速度。
（3）用动量守恒（水平方向不受外力）和能量守恒（摩擦生热等于动能损失）联立，结合机械能守恒（下滑过程）和传送带能量消耗（重力、摩擦力做功），推导h与E的关系。
（1）由机械能守恒定律可得
根据牛顿第二定律可知
解得
（2）木块P在传送带上，先以向上匀减速，再以向上匀减速，到平台时速度恰好为零对应，对物体受力分析，结合牛顿第二定律可得
由匀变速直线运动得规律可得
（3）设木块刚滑上木板的速度为时，恰好能在木板最右端与木板相对静止，则有
解得
对应下落高度
①当时
②当时
21．（2024高三上·浙江开学考）某探究小组设计了两种电磁驱动装置。图1利用直流电源给线框供电，接通电源后正方形导线框在磁极间的辐向磁场中，从静止开始绕中心轴线发生转动。图2为三个线圈连接到三相电源上，电流形成的磁场可等效为角速度的旋转辐向磁场，稳定后解锁正方形导线框，导线框由静止开始转动。图3为不同视角的上述两种驱动装置的截面图，分别为图1的正视图和图2的俯视图。已知导线框的边长为l，电阻为两边的质量均为m，所处位置的磁感应强度大小均为B，磁场方向始终与转动方向垂直，转动中两边受到的阻力均为（k为比例系数，v为线速度），其余两边质量和所受阻力不计。电源的电动势为E，内阻不计，
（1）在两种驱动装置中，若图1、2导线框的转动方向一致，则旋转辐向磁场的转动方向是顺时针还是逆时针；
（2）在图2装置中，若，则导线框转动的最大角速度；
（3）在图1装置中，若导线框经过时间t恰好达到最大角速度，则在该过程中边转过的弧长S。
【答案】（1）解：图1装置，导线框顺时针转动，图2装置若导线框也顺时针转动，由楞次定律，旋转辐向磁场的转动方向也为顺时针。
（2）解：当金属线框达到稳定时，线框两边切割磁感线的相对速度大小为
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
金属线框两边所受的安培力均为
又有两边所受的安培力均与阻力平衡
又阻力
当时
解得导线框转动的最大角速度
（3）解：转动稳定后达到最大角速度，两边所受的安培力均与阻力平衡
又
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
两边所受的安培力
则
解得
设安培力的冲量为，由动量定理
又
综合解得
代入，得
【知识点】动量定理；交变电流的产生及规律；安培力的计算；楞次定律
【解析】【分析】（1）先确定图1所示位置的线框中电流方向，由左手定则判断导线框转动方向。图2中导线框的转动方向可由图3来观察，根据电磁驱动原理可得旋转辐向磁场的转动方向；
（2）先确定导线框达到稳定转动时线框的AB、CD两边切割磁感线的相对速度大小。根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式求得金属线框AB、CD两边所受的安培力大小。根据受力平衡条件求解导线框转动的最大角速度；
（3）与（2）同理，求得导线框达到最大的线速度，应用微元法与动量定理求解在该过程中AB边转过的弧长。
（1）图1装置，导线框顺时针转动，图2装置若导线框也顺时针转动，由楞次定律，旋转辐向磁场的转动方向也为顺时针。
（2）当金属线框达到稳定时，线框两边切割磁感线的相对速度大小为
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
金属线框两边所受的安培力均为
又有两边所受的安培力均与阻力平衡
又阻力
当时
解得导线框转动的最大角速度
（3）转动稳定后达到最大角速度，两边所受的安培力均与阻力平衡
又
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
两边所受的安培力
则
解得
设安培力的冲量为，由动量定理
又
综合解得
代入，得
22．（2024高三上·浙江开学考）在坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ，x轴下方存在平行y轴负方向的匀强磁场Ⅱ。如图所示，x正半轴上有一足够长绝缘板，Q点处开有一小孔，x负半轴的P点处有一正粒子源，在纸面内沿角度均匀发射粒子，粒子速度大小v随发射角变化的关系为，其中的粒子经磁场偏转后垂直经过y轴。已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小均为B，P、Q与坐标原点O的距离均为a，发射角的最大值为，整个装置处于真空中，除Q点外，粒子不能穿过绝缘板进入x轴下方，不计粒子间的相互作用及粒子重力。
（1）求粒子的比荷；
（2）若y轴上有一探测板，其下端在O点，长度为，粒子打在探测板上即被吸收并中和，求探测到的粒子的比例；
（3）若x轴下方有一平行x轴，且垂直纸面的矩形探测板。要使探测板在任意y轴坐标位置均能探测到所有粒子，求探测板的最小面积S。
【答案】（1）解：由洛伦兹力提供向心力
解得
（2）解：当时，由题意可知
所有粒子匀速圆周运动的圆心均在y轴上，且速度方向垂直y轴．对于左侧的粒子
解得
因此
.
（3）解：粒子全部经过Q点，以分速度沿y轴负方向匀速直线运动，以另一分速度垂直纸面做匀速圆周运动．
矩形探测板长宽分别为
，
最小面积
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）利用 “洛伦兹力提供向心力”，结合时轨道半径R = a，直接列方程求解比荷.
（2）由速度与的关系得轨道半径，结合探测板几何约束，解出有效发射角，再按角度范围求比例.
（3）分解粒子速度（y轴匀速、垂直纸面圆周运动 ），找最大半径确定探测板尺寸，计算最小面积.
（1）由洛伦兹力提供向心力
解得
（2）当时，由题意可知
所有粒子匀速圆周运动的圆心均在y轴上，且速度方向垂直y轴．对于左侧的粒子
解得
因此
（3）粒子全部经过Q点，以分速度沿y轴负方向匀速直线运动，以另一分速度垂直纸面做匀速圆周运动．
矩形探测板长宽分别为
最小面积
1 / 1浙江省七彩阳光新高考联盟2024-2025学年高三上学期开学考试物理试题
1．（2024高三上·浙江开学考）下列物理量与单位符号对应的是（　　）
A．电量 B．功率J
C．半衰期 D．电场强度
2．（2024高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．汽车上的速度计显示了平均速度的大小
B．在雪豹捕猎过程中，以猎物为参考系，猎物是运动的
C．在研究运动员完成马拉松比赛的时间时，运动员可看成质点
D．高空坠物会对地面上的人造成很大伤害，是由于下落位置越高物体惯性越大
3．（2024高三上·浙江开学考）2024年6月2日6点23分“嫦娥六号”成功着陆在月球背面南极-艾特肯盆地预选着陆区。月球上没有大气，“嫦娥六号”只能通过发动机的反推力来实现减速，图示时刻为其竖直下降过程中的某一状态。下列说法正确的是（　　）
A．“嫦娥六号”正处于平衡状态
B．“嫦娥六号”做自由落体运动
C．反推力是内力，对“嫦娥六号”的加速度没有作用
D．反推力的方向竖直向上，大小比重力大
4．（2024高三上·浙江开学考）某电场等势面的分布情况如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点的电场强度大小相同，方向不同
B．同一电荷在Q点的电势能比在P点大
C．同一电荷沿折线移动与沿折线移动，静电力做功一样大
D．把电子从等势面e移动到等势面c，静电力做功为
5．（2024高三上·浙江开学考）月球富含的氢3是理想的核聚变材料，对于解决能源危机有重要作用。其中一种聚变反应的方程式为，其中是释放的核能，光速为c。下列说法正确的是（　　）
A．原子核外电子从高能级向低能级跃迁时释放核能
B．核反应中的质量亏损了
C．该核反应是α衰变
D．核反应中质量数守恒，但动量不守恒
6．（2024高三上·浙江开学考）距水平地面处的A点，一质量m的小球以初速度大小v被竖直抛下，落到水平地面上被弹回，回跳到处的B点时速度为零。若小球与地面碰撞时机械能损失20%，不计空气阻力，则从A到B过程中（　　）
A．重力做功为
B．合外力对小球做功为
C．初速度大小满足
D．地面对小球做的功为
7．（2024高三上·浙江开学考）如图为理想的可调式自耦变压器，铁芯上只有一组线圈，将其两端接在间作为原线圈，副线圈是线圈的一部分接有定值电阻和滑动变阻器分别为原副线圈两端电压，其大小均可调节，分别为原副线圈中的电流，则（　　）
A．保持不变，当滑动触头P顺时针转动一小角度，变小
B．保持不变，当滑动触头向下移动时，变小
C．保持不变，当滑动触头P顺时针转动一小角度，变大
D．保持不变，当滑动触头向下移动时，变小
8．（2024高三上·浙江开学考）“嫦娥六号”探测器经过地月转移、近月制动阶段后，进入高度约200千米的圆形环月轨道Ⅰ。此后经2次降轨，进入近月点15千米、远月点200千米的椭圆轨道Ⅱ上运动。P点为轨道Ⅰ、Ⅱ的交点，如图所示，此时轨返组合体（轨道器和返回器组合体）在圆形环月轨道Ⅰ上运动。则“嫦娥六号”（　　）
A．在轨道Ⅰ、Ⅱ经过P点时加速度相同
B．在轨道Ⅰ的机械能与轨道Ⅱ相同
C．与轨返组合体的运动周期相同
D．经过P点时的速度比轨返组合体的速度大
9．（2024高三上·浙江开学考）一质量为m，电荷量为q的带负电的小球，以初速度从匀强电场中的A点水平抛出后经过某一定点B，如图所示，电场强度大小为，方向竖直向下。下列说法正确的是（　　）
A．可以计算经过B点的时间
B．可以计算经过B点时的竖直方向的速度
C．初速度为，要使小球仍能经过B点，电场强度大小为
D．只要能够经过B点，过B点时的速度偏向角为一定值，与初速度大小无关
10．（2024高三上·浙江开学考）鼠标滚轮是鼠标上位于左键与右键之间的部件。某一鼠标滚轮上使用了霍尔效应传感器，传感器上有一块非常小的金属板，如图所示，P、Q端与电压表相连，左右端与电源相连。当环形磁铁旋转时，电压表就会有读数，图示时刻磁铁的N、S极分别在竖直面的下、上两端。则（　　）
A．图示时刻左端积累了负电荷
B．图示时刻P端积累了负电荷
C．图示时刻金属板中电子恰好不受磁场力的作用
D．磁铁的旋转不会对金属板中电子运动产生影响
11．（2024高三上·浙江开学考）如图1所示，在均匀介质中两波源M、N分别位于处，质点P位于坐标原点，时刻，两波源同时振动。图2为质点P的振动图像。则（　　）
A．M、N的起振方向相反
B．波的传播速度为
C．较长时间后，间有7个振动减弱点
D．内质点P经过的路程为
12．（2024高三上·浙江开学考）图1为光电效应实验装置图，c处于滑动变阻器的中点位置，开始时滑片P也处于中点位置。用不同频率的光束照射金属材料甲、乙，调节滑片P的位置，得到遏止电压随频率变化的图线，如图2所示。下列说法正确的是（　　）
A．要能得到的读数，滑片P应向b端滑动
B．甲、乙对应的图线不一定平行
C．在发生光电效应的情况下，用相同频率的光束照射金属材料，照射金属乙时滑片P滑动的长度小
D．在发生光电效应的情况下，用相同频率的光束照射金属材料，照射金属甲时逸出的光电子初动能大
13．（2024高三上·浙江开学考）半圆柱形玻璃砖的底面镀有一层反射膜，为玻璃砖的半圆形横截面，M为最高点，O为圆心，半径为R。一束宽为R的平行光的下边恰好沿着底边，如图所示。其中从A点射入的光线经玻璃折射后从B点射出，已知A、B两点距离分别为和。，不考虑圆弧面上的反射光线，下列说法正确的是（　　）
A．玻璃的折射率为
B．有部分光线在圆弧区域发生全反射
C．只有圆弧的部分区域有光线射出
D．射向圆弧区域的光线有一部分来源于处反射的光线
14．（2024高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．一列水波在深度不同的水域传播时，在交界面处将发生折射现象
B．在产生正弦式交流电的过程中，当线圈经过中性面时，线圈中的电流为零
C．压缩气体时，压缩的体积越小，外界需要的力越大，说明分子间存在斥力
D．核反应堆中用镉棒作为慢化剂，快中子跟慢化剂中的原子核碰撞后变为慢中子。
15．（2024高三上·浙江开学考）一水平足够长的平行轨道如图所示，以为界左边磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外，右边磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。导体棒甲、乙的质量均为m，电阻相同，开始时均处于静止状态。现给甲一水平向右的初速度，若轨道光滑且电阻不计，甲、乙始终在各自磁场中运动，下列说法中正确的是（　　）
A．乙将向右运动
B．甲、乙运动过程中动量不守恒
C．稳定后，甲的速度为
D．当乙的速度为，乙棒产生的焦耳热为
16．（2024高三上·浙江开学考）在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，
（1）实验中我们采用的研究方法是_______
A．等效替代法 B．控制变量法 C．补偿法
（2）某次测量如图所示，不合理的操作是_______（多选）
A．两细绳间的夹角太大
B．一细绳的长度太短
C．两只弹簧测力计的读数不相等
D．一只弹簧测力计中的弹簧伸长方向与细绳方向不一致
（3）若有三只相同的弹簧测力计，完成一次该实验，至少需要　 　（选填“1”、“2”或“3”）次把橡皮筋结点拉到O。
17．（2024高三上·浙江开学考）在“电池电动势和内阻的测量”实验中，
（1）某同学尝试用多用电表的不同挡位粗测，其中合理的是_______
A．用电压挡测量电动势 B．用欧姆挡测量内阻
（2）进一步测量，实物接线如图1所示，其中　 　（选填“a”、“b”、“c”或“d”）两条接线是错误的；
（3）正确连线后进行测量，如图2所示，某次电流表的读数为　 　A
（4）图3为实验数据在坐标纸上描出的数据点，则一节电池的内阻为　 　（保留两位有效数字）
18．（2024高三上·浙江开学考）在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，
（1）下列说法正确的是_______（多选）
A．通过转动遮光筒可以使单缝与双缝平行
B．为了减小条纹间距，可以把红色滤光片换成绿色滤光片
C．为了更准确地读取手轮上的读数，需要拔动拔杆进行调节
D．测量条纹间距时，测量头中分划板中心线必须与条纹的中央对齐
（2）若把双缝干涉实验装置置于某种透明液体中，为保证条纹间距不变，应选用双缝间距　 　（选填“更大”、“更小”或“不变”）的双缝片。
19．（2024高三上·浙江开学考）如图所示为水银气压计的原理简图。气压计中混入的气泡上升到水银柱的上方，使水银柱上方不再是真空。当实际大气压为时，这个水银气压计的示数只有，此时管中的水银面到管顶的距离为，环境温度为。不考虑细玻璃管中水银柱的升降对水银槽中液面的影响。
（1）若升高环境温度，大气压保持不变，长时间后气体增加的内能　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）气体吸收的热量；
（2）若环境温度保持不变，气压计的示数减小了，求大气压改变了多少？
（3）若环境温度升高了，气压计的示数未变，求大气压改变了多少？
20．（2024高三上·浙江开学考）如图所示一游戏装置，由四分之一圆弧轨道，水平轨道，以顺时针转动的的倾斜传送带，水平平台组成，各部分之间平滑连接。一木板Q静置于水平面上，其上表面与平台等高并紧靠平台。一可视为质点的木块P从距为h的上某处由静止开始下滑，已知P的质量m和Q的质量M均为，轨道的半径，木板Q的长度，传送带的长度与传送带及Q间的动摩擦因数均为，其余各处摩擦均不计，，，则
（1）若，求木块P运动到圆弧轨道最低点B时，受到的支持力大小；
（2）若木块P能滑上平台，求h的最小值；
（3）若木块和木板相互作用时产生的摩擦内能为E，求h与E之间满足的关系。
21．（2024高三上·浙江开学考）某探究小组设计了两种电磁驱动装置。图1利用直流电源给线框供电，接通电源后正方形导线框在磁极间的辐向磁场中，从静止开始绕中心轴线发生转动。图2为三个线圈连接到三相电源上，电流形成的磁场可等效为角速度的旋转辐向磁场，稳定后解锁正方形导线框，导线框由静止开始转动。图3为不同视角的上述两种驱动装置的截面图，分别为图1的正视图和图2的俯视图。已知导线框的边长为l，电阻为两边的质量均为m，所处位置的磁感应强度大小均为B，磁场方向始终与转动方向垂直，转动中两边受到的阻力均为（k为比例系数，v为线速度），其余两边质量和所受阻力不计。电源的电动势为E，内阻不计，
（1）在两种驱动装置中，若图1、2导线框的转动方向一致，则旋转辐向磁场的转动方向是顺时针还是逆时针；
（2）在图2装置中，若，则导线框转动的最大角速度；
（3）在图1装置中，若导线框经过时间t恰好达到最大角速度，则在该过程中边转过的弧长S。
22．（2024高三上·浙江开学考）在坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ，x轴下方存在平行y轴负方向的匀强磁场Ⅱ。如图所示，x正半轴上有一足够长绝缘板，Q点处开有一小孔，x负半轴的P点处有一正粒子源，在纸面内沿角度均匀发射粒子，粒子速度大小v随发射角变化的关系为，其中的粒子经磁场偏转后垂直经过y轴。已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小均为B，P、Q与坐标原点O的距离均为a，发射角的最大值为，整个装置处于真空中，除Q点外，粒子不能穿过绝缘板进入x轴下方，不计粒子间的相互作用及粒子重力。
（1）求粒子的比荷；
（2）若y轴上有一探测板，其下端在O点，长度为，粒子打在探测板上即被吸收并中和，求探测到的粒子的比例；
（3）若x轴下方有一平行x轴，且垂直纸面的矩形探测板。要使探测板在任意y轴坐标位置均能探测到所有粒子，求探测板的最小面积S。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；功率及其计算；电场强度
【解析】【解答】A．（电子伏特 ）是能量单位（1 eV = 1.6×10- 9 J ），电量单位是库仑（C），A错误；
B．（焦耳 ）是功、能量的单位，功率单位是瓦特（W）（ ），B错误；
C．米每秒是速度单位，半衰期单位是时间天、年，C错误；
D．电场强度定义式（是电势差，单位V；是距离，单位m ），故单位为，D正确.
故答案为：D.
【分析】 电量：定义为“电荷的多少”，单位库仑（C），与能量单位（eV）无关.
功率：定义为“功与时间的比值”（ ），单位瓦特（W），区别于功的单位（J）.
半衰期：描述衰变的时间特性，单位为时间单位，与速度（m/s）无关联.
电场强度：由推导，单位V/m，符合定义.
2．【答案】C
【知识点】质点；参考系与坐标系；惯性与质量；平均速度
【解析】【解答】A．汽车速度计显示的是瞬时速率（某一时刻的速度大小 ），而非平均速度，故A错误；
B．参考系是假定为 “静止” 的物体，以猎物为参考系时，猎物自身相对静止，故B错误；
C．研究马拉松时间时，运动员的大小、形状对结果影响极小（全程距离远大于人体尺寸 ），可视为质点，故C正确；
D．质量是物体惯性大小的唯一标准，与高度无关，故D错误.
故答案为：C.
【分析】速度计原理：速度计测量的是 “某瞬间” 的速度大小（瞬时速率 ），区分 “瞬时” 与 “平均” 的概念，判断 A.
参考系的定义：参考系是假定静止的物体，以自身为参考系时，物体相对静止，判断 B.
质点的条件：当物体的大小、形状对研究问题无显著影响时，可视为质点。马拉松中运动员尺寸远小于赛道长度，满足条件，判断 C.
惯性的决定因素：惯性大小唯一由质量决定，与位置、速度等无关，判断 D.
3．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；自由落体运动；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．“嫦娥六号” 竖直下降且 减速（发动机反推减速 ），加速度不为，不处于平衡状态（平衡状态加速度为 ），A错误；
B．自由落体运动的条件是仅受重力，而 “嫦娥六号” 受发动机反推力，不满足，B错误；
C．反推力是喷出气体对“嫦娥六号”的作用力，是外力，C错误；
D．探测器减速下降，加速度向上（与速度方向相反 ），根据牛顿第二定律（ ）
故
反推力方向竖直向上且大于重力，D正确.
故答案为：D.
【分析】1. 平衡状态判断：平衡状态要求加速度为（匀速或静止 ），减速运动加速度不为，排除A.
2. 自由落体条件：自由落体需“只受重力”，存在反推力时不满足，排除B.
3. 内力与外力区分：反推力是探测器（研究对象 ）与外界气体的相互作用，属于外力，外力影响加速度，排除C.
4. 牛顿第二定律应用：减速运动加速度方向与速度方向相反（向上 ），结合受力分析（反推力、月球重力 ），用判断反推力与重力的大小关系，确认D.
4．【答案】C
【知识点】电场强度；电势能；等势面
【解析】【解答】A．电场线的疏密程度代表场强大小，A、B两点的电场强度大小与方向均不同，故A错误；
B．电势能大小与电荷的电性有关，故B错误；
C．静电力做功与路径无关，故C正确；
D．把电子从等势面e移动到等势面c，静电力做功为
故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、依据 “等势面疏密反映场强大小，场强方向垂直等势面”，判断 A、B 两点场强大小和方向。
B、利用电势能公式，明确电势能与电荷电性、电势的关联。
C、抓住 “静电力做功与路径无关，只取决于初末位置电势差” 这一关键性质。分析两种移动路径的初末位置，结合做功公式，判断做功是否相同。
D、运用静电力做功公式，代入电子电荷量和对应等势面电势，计算做功数值。
5．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；质量亏损与质能方程；核聚变
【解析】【解答】A．原子核外电子跃迁释放的是光能（如原子发光 ），核能是原子核内核子结合能变化（如聚变、裂变 ）释放的能量，A错误；
B．由质能方程可得
解得
B正确；
C．衰变是重核自发释放粒子（ ） 的过程，该反应是轻核（、 ）聚合成重核，属于核聚变，C错误；
D．核反应中质量数守恒，动量守恒均守恒，D错误.
故答案为：B.
【分析】1. 核能与电子跃迁的区别：明确“核能源于原子核内核子的结合能变化”，电子跃迁属于原子能级变化，释放光能，判断A.
2. 质能方程的应用：直接关联与的关系（ ），推导质量亏损，判断B.
3. 核反应类型识别：区分“核聚变（轻核聚合 ）”与“衰变（重核自发释放粒子 ）”，判断C.
4. 核反应的守恒定律：核反应中质量数（核子数 ）守恒，且系统动量守恒（不受外力 ），判断D.
6．【答案】D
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．重力做功为
A错误；
B．小球由A到B运动过程中，根据动能定理合外力对小球做功：
B错误；
C．小球与地面碰撞后的机械能为：
解得
C错误；
D．设地面对小球做功为，小球由A到B运动过程中，根据动能定理
解得
D正确.
故答案为：D。
【分析】A.抓住 “重力做功只与初末高度差有关”，直接计算高度差，判断 A 错误.
B.用动能定理，明确 “合外力做功 = 末动能 - 初动能”，代入初末动能（末动能为0 ），判断 B 错误.
C.分三步：① 分析碰撞前机械能（A点机械能，守恒到地面 ）；② 考虑碰撞损失（保留80% ）；③ 碰撞后机械能守恒到B点，联立方程求解v，判断 C 错误.
D.对全程用动能定理，梳理 “重力做功、地面做功、动能变化” 的关系，联立方程求解地面做功，判断 D 正确.
7．【答案】A
【知识点】变压器原理；电路动态分析
【解析】【解答】A．保持不变，当滑动触头P顺时针转动一小角度，变小，由电压与匝数关系
可知变小，A正确；
B．滑动触头向下移动→改变的是副线圈外电路电阻（接入电阻变化 ），但原副线圈匝数比不变（、未变 ），由
、匝数比不变，所以不变，B错误；
C．电流比关系
（理想变压器功率守恒，推导 ），不变时，若不变则不变（ ），但减小，由
得变小，C错误；
D．当滑动触头向下移动，根据闭合电路的欧姆定律可知变大，根据变流比可知也变大，D错误.
故答案为：A。
【分析】A、B.理想变压器电压关系，由和匝数比决定，A中变化→变化；B中匝数比不变→不变，据此判断A、B.
C、D.理想变压器电流关系（功率守恒 ），结合“不变时，外电阻变化影响，进而影响”，判断C、D.
8．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．加速度由万有引力提供，根据牛顿第二定律与万有引力定律：
轨道、在点到月球球心的距离相同，月球质量不变→加速度相同，A正确；
B．“嫦娥六号” 从轨道变轨到轨道，需在点减速，机械能减小，轨道机械能大于轨道，B错误；
C．根据开普勒第三定律
轨道Ⅰ的半径比轨道Ⅱ的半长轴大，故“嫦娥六号”的运动周期小于轨返组合体的运动周期，C错误；
D．“嫦娥六号” 从轨道（圆轨道 ）变轨到轨道（椭圆轨道 ），需在点减速（万有引力大于所需向心力，做近心运动 ），轨返组合体在轨道做圆周运动，速度满足
“嫦娥六号” 变轨后速度，D错误.
故答案为：A。
【分析】A.加速度由万有引力决定，公式，点相同→加速度相同，判断A正确.
B.变轨需外力做功（减速 ），机械能与速度、轨道高度相关，减速后机械能减小，判断B错误.
C.用开普勒第三定律，比较轨道半长轴，半长轴大则周期大，判断C错误.
D.圆轨道变椭圆轨道需减速（近心运动条件 ），比较变轨前后速度，判断D错误.
9．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．小球受重力和电场力电
（因带负电，电场方向向下，故电场力竖直向上 ），合力合
加速度合
小球做类平抛运动，水平方向匀速，竖直方向匀加速，但、间水平距离或竖直距离未知，无法由
或
计算时间，也无法求竖直速度，AB错误；
C．小球经过B点，竖直方向位移
解得
C错误；
D．速度偏向角满足
其中，
故
又
即
因、位置固定（、不变 ），为定值→速度偏向角与初速度无关，D正确.
故答案为：D。
【分析】A、B.小球受重力和电场力，做类平抛（水平匀速、竖直匀加速 ）。但因、间位移未知，无法计算时间、竖直速度，排除A、B.
C. 初速度加倍，水平时间减半；竖直位移不变，由匀加速位移公式推导新加速度，进而求电场强度，发现与选项不符，排除C.
D. 推导速度偏向角的表达式，发现其仅与、间的、有关（位置固定 ），与初速度无关，确认D正确.
10．【答案】B
【知识点】磁感应强度；左手定则—磁场对带电粒子的作用；霍尔元件
【解析】【解答】ABC．图示时刻电流方向向右，则金属板所在位置磁场方向向上，由于电子向左运动，根据左手定则可知，电子受到的洛仑兹力指向P端，即电子积累在P端，故AC错误，B正确；
D．磁铁旋转时，金属板处磁场方向、大小会变化→洛伦兹力变化→电子运动（积累位置、受力 ）变化→会产生影响，故D错误.
故答案为：B.
【分析】1. 电流与电子运动方向： 明确“电流方向是正电荷移动方向，电子带负电，运动方向与电流反向”，确定电子向左运动.
2. 磁场方向与左手定则： 由磁铁、极位置，判断金属板处磁场方向向上；用左手定则（电子带负电，四指反向 ），判断洛伦兹力方向，确定电荷积累端.
3. 洛伦兹力的存在条件： 电子运动方向与磁场垂直（不平行 ），必然受洛伦兹力，排除C.
4. 磁铁旋转的影响：磁铁旋转改变磁场的方向/大小，洛伦兹力随之变化，影响电子运动，排除D.
11．【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A．N的振动传到P点所用时间为
由P点的振动图像知，M的振动周期为，所以在时，两波在P点叠加，且振动加强，所以两波源的起振方向相同，A错误；
B．波源到的距离，由图2知时的振动传到，根据
得波速
B错误；
C．两列波的波长为
由于两波源的起振方向相同，所以振动减弱点的波程差满足
（为整数）
所以间有8个减弱点，分别为
，C错误；
D.0~6s：的振动传到（前2s ），做简谐运动（振幅 ）；2~6s 的振动未到，仍以振动，路程：
（2个周期，每个周期路程 ）
6~10s：两波在点叠加（振动加强，振幅 ），时间（2个周期 ），
路程：
总路程
D正确.
故答案为：D。
【分析】A. 计算振动传到的时间，结合的振动图像（加强点 ），推导两波源起振方向关系，判断A错误.
B. 利用“振动传播到的时间差”，结合到的距离，用求波速，判断B错误.
C. 由波长、波源间距，结合“振动减弱条件（路程差为半波长奇数倍 ）”，列方程求解减弱点数量，判断C错误.
D. 分阶段（单独振动、两波叠加 ）分析的振幅与振动周期，计算各阶段路程并求和，判断D正确.
12．【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．要测量遏止电压，需在光电管上加反向电压（阻止光电子到达阳极 ），原滑片在中点，要使、间为反向电压，需将滑片向端滑动（使电势高于 ），A错误；
B．根据
，
可得
可知两图线的斜率相同，甲、乙对应的图线一定平行，B错误；
C.由
结合图2（乙的截距绝对值更大 ），知乙的逸出功乙甲，相同频率时，逸出功越大，越小（因与负相关 ），遏止电压越小，所需反向电压越小→滑片向滑动的长度越小（调节幅度小 ），C正确；
D．由于甲的逸出功更小，所以在发生光电效应的情况下，用相同频率的光束照射金属材料，照射金属甲时逸出的光电子的最大初动能大，但初动能不一定大，D错误.
故答案为：C。
【分析】A.明确“遏止电压需要反向电压”，判断滑片移动方向，排除A.
B. 推导关系式，分析斜率与普朗克常量、元电荷的关系，确定图线平行，排除B.
C.由图2截距判断逸出功大小，结合与的负相关，分析滑片调节长度，确认C正确.
D.用光电效应方程分析相同频率下，逸出功对最大初动能的影响，结合题干表述（原解析逻辑 ），排除D.
13．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．作出光路图，根据几何知识求解入射角和折射角，再根据折射定律求解折射率，由题意可得，从A点射入的光线经玻璃折射后从B点射出，其光路图如图所示，由几何知识可知入射角，折射角，则有折射率
A错误；
B．根据光路的可逆性判断，光线在玻璃砖中传播时，光线与半径构成等腰三角形，由光路可逆性可知，不可能发生全反射，B错误；
D．作出光线到PQ面的光路图，根据几何关系结合折射率判断。假设有光线会射向，如图解所示，则有
不存在，D错误；
C．根据临界光线出射位置判断，最上边和下边的光线恰好射向Q点，其余光线因为区域的出射点总比区域的入射点位置低，只有部分区域有光线射出，C正确。
故选C。
【分析】本题考查光的折射和全反射，要求学生能根据题意熟练作出光路图，应用折射定律和全反射规律解题。
14．【答案】A,B
【知识点】交变电流的产生及规律；波的反射和折射；气体压强的微观解释；核裂变
【解析】【解答】A．一列水波在深度不同的水域传播时，由于传播速度发生变化，则在交界面处将发生折射，A正确；
B．当线圈经过中性面时，穿过线圈的磁通量达到最大，但磁通量的变化率为零，感应电动势的瞬时值为零，即线圈中的电流为零，B正确；
C．压缩气体时，压缩的体积越小，气体压强越大，外界需要的力越大，气体分子之间的平均距离较大，分子之间的引力与斥力可以忽略，C错误；
D．镉棒的作用是调节中子的数目，从而控制反应速度，D错误.
故答案为：AB.
【分析】A.明确 “波速变化是折射的关键”，结合水波在不同深度水域的波速差异，判断 A 正确.
B.分析中性面处磁通量、磁通量变化率的特点，推导感应电动势、电流的瞬时值，判断 B 正确.
C.区分 “气体压强（宏观力 ）” 与 “分子斥力（微观力 ）”，明确气体分子间距大时分子力可忽略，判断 C 错误.
D.牢记 “慢化剂（减速中子 ）” 与 “镉棒（吸收中子，控制反应 ）” 的不同作用，判断 D 错误.
15．【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；右手定则；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．甲运动后根据右手定则可知，通过乙的电流为向上，根据左手定则可知乙受到安培力向左，所以乙将向左运动，A错误；
B．甲、乙运动过程中受到的安培力大小不等，方向相同，所以甲、乙组成的系统在运动过程中合力不为零，动量不守恒，B正确；
C．从开始运动到稳定过程中，对甲根据动量定理
对乙根据动量定理
稳定后，有回路中没有电流，甲、乙产生的电动势抵消
得
C正确；
D．根据动量定理
，
得
由能量守恒
乙棒产生的焦耳热
D错误。
故答案为：BC。
【分析】A用 “右手定则” 判断甲中电流方向，再用 “左手定则” 判断乙受安培力方向，确定运动方向，排除 A.
B.分析甲、乙所受安培力大小（因B不同 ），判断系统合力是否为零，确定动量是否守恒，确认 B 正确.
C.稳定时 “电动势抵消” 得速度关系，结合 “动量定理（安培力冲量 = 动量变化 ）”，联立方程求解稳定速度，确认 C 正确.
D.用 “动量定理” 求中间状态速度，再用 “能量守恒” 算总焦耳热，结合电阻分配焦耳热，判断 D 错误.
16．【答案】（1）A
（2）B；D
（3）1
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，就是由一个力的作用效果与两个互成角度的力的共同作用效果相同，则有这个力代替两个互成角度的力，采用的研究方法是等效替代法.
故答案为：A.
（2）A．两细绳间的夹角太大，对实验结果不会产生影响，A正确；
B．一细绳的长度太短，在确定该拉力方向时容易产生误差，B错误；
C．两只弹簧测力计的读数不一定相等，可以不相等，C正确；
D．一只弹簧测力计中的弹簧伸长方向与细绳方向不一致，会导致该方向的拉力产生误差，使合力产生误差，D错误.
故答案为：BD.
（3）若有三只相同的弹簧测力计，完成一次该实验，则三只相同的弹簧测力计同时拉，即两个代表两分力，第三个代表合力，因此至少需要1次把橡皮筋结点拉到O.
故答案为：1
【分析】（1）理解 “等效替代法” 的核心是 “效果相同，相互替代”，匹配实验中 “一个力替代两个力的效果”，确定 A.
（2）逐一分析操作对 “力的方向、大小测量准确性” 的影响：细绳长度影响方向记录精度；弹簧与细绳方向是否一致影响拉力方向的真实性；夹角大小、读数是否相等不影响实验本质（只要记录准确 ），确定 BD.
（3）明确 “三只测力计可同时参与一次实验”（两测分力、一测合力 ），无需多次拉结点，确定 1 次.
（1）在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，就是由一个力的作用效果与两个互成角度的力的共同作用效果相同，则有这个力代替两个互成角度的力，采用的研究方法是等效替代法。
故选A。
（2）A．两细绳间的夹角太大，对实验结果不会产生影响，A正确，不符合题意；
B．一细绳的长度太短，在确定该拉力方向时容易产生误差，B错误，符合题意；
C．两只弹簧测力计的读数不一定相等，可以不相等，C正确，不符合题意；
D．一只弹簧测力计中的弹簧伸长方向与细绳方向不一致，会导致该方向的拉力产生误差，使合力产生误差，D错误，符合题意。
故选BD。
（3）若有三只相同的弹簧测力计，完成一次该实验，则三只相同的弹簧测力计同时拉，即两个代表两分力，第三个代表合力，因此至少需要1次把橡皮筋结点拉到O。
17．【答案】（1）A
（2）bd
（3）0.24
（4）2.0
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）在“测定干电池电动势和内阻”实验，多用电表欧姆挡内部有电源，只能测与外电源断开部分电阻的阻值，故不能直接用多用电表欧姆挡测电源内阻。故某同学尝试用多用电表的不同挡位粗测，其中合理的是用电压挡测量电动势.
故答案为：A.
（2）电池电动势约为，为减小实验误差，电压表应选择的量程，故b接线是错误的；导线不能与滑动变阻器的滑头相连，应与两侧接线柱连接，故d接线是错误的.
故答案为：bd
（3）电流表的读数为：
故答案为：0.24
（4）根据题意作出两节干电池的图线
根据闭合电路的欧姆定律
整理得
图像斜率为
解得
故答案为：2.0.
【分析】（1）明确 “欧姆挡内部有电源，不能测含源电路电阻”，而 “电压挡可直接并联测电压（近似电动势 ）”，判断 A 合理.
（2）从 “电压表量程选择（匹配电动势减小误差 ）” 和 “滑动变阻器接线规范（一上一下 ）” 出发，识别错误接线b（量程不当 ）、d（接滑头 ）.
（3）依据电流表量程、分度值读数.
（4）用图像斜率对应内阻（结合实验原理 ）.
（1）在“测定干电池电动势和内阻”实验，多用电表欧姆挡内部有电源，只能测与外电源断开部分电阻的阻值，故不能直接用多用电表欧姆挡测电源内阻。故某同学尝试用多用电表的不同挡位粗测，其中合理的是用电压挡测量电动势。
故选A。
（2）电池电动势约为，为减小实验误差，电压表应选择的量程，故b接线是错误的；导线不能与滑动变阻器的滑头相连，应与两侧接线柱连接，故d接线是错误的。
（3）电流表的读数为
（4）根据题意作出两节干电池的图线
根据闭合电路的欧姆定律
整理得
图像斜率为
解得
18．【答案】（1）B；D
（2）更小
【知识点】用双缝干涉测光波的波长；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】（1）A．调节单缝与双缝平行需通过拨杆，而非转动遮光筒，A错误；
B．条纹间距公式
绿光波长绿红，换绿色滤光片后减小，B正确；
C．准确读数需调节分划板中心线与条纹中央对齐，而非拨动拨杆（拨杆用于调节单缝平行 ），C错误；
D．测量条纹间距时，测量头中分划板中心线必须与条纹的中央对齐，才能准确地读取手轮上的读数，D正确.
故答案为：BD.
（2）若把双缝干涉实验装置置于某种透明液体中，因波速变小，可得介质中光的波长为：
则光的波长变小，而要保证条纹间距不变，则需变小，即应选用双缝间距更小的双缝片.
故答案为：更小.
【分析】（1）牢记“单缝平行调节工具（拨杆 ）” “条纹间距公式（波长、双缝间距对间距的影响 ）” “测量读数的规范（分划板与条纹中央对齐 ）”，逐一判断选项，确定BD.
（2）利用“光在介质中波长”，结合条纹间距公式，分析减小后，为保持不变，需减小双缝间距，确定“更小”.
（1）A．拔杆的作用是为了调节单缝与双缝平行，使屏上呈现清晰的干涉条纹，故A错误；
B．把红色滤光片换成绿色滤光片，光的波长变小，由，条纹间距变小，故B正确；
C．为了更准确地读取手轮上的读数，需要调节测量头中分划板中心线必须与条纹的中央对齐，故C错误；
D．测量条纹间距时，测量头中分划板中心线必须与条纹的中央对齐，才能准确地读取手轮上的读数，故D正确。
故选BD。
（2）若把双缝干涉实验装置置于某种透明液体中，因波速变小，可得介质中光的波长为
则光的波长变小，而要保证条纹间距不变，则需变小，即应选用双缝间距更小的双缝片。
19．【答案】（1）小于
（2）解：气体做等温变化，设细玻璃管截面积为，
初态
末态
由玻意耳定律可得
代入数据解得大气压为，气压减小了.
（3）解：若环境温度升高了，气压计的示数未变，说明气体的体积不变，气体初状态温度是
初态压强是
温度升高后气体压强是，温度是
由查理定律可得
可得
代入数据解得
可得水银柱上方气体压强和大气压增加了.
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】（1）温度升高，气体压强增大，体积增大，气体对外做功，即，由知，，气体增加的内能小于气体吸收的热量.
故答案为：小于
【分析】（1）识别“温度升高→内能增加” “气体膨胀→对外做功”，结合，判断内能与热量关系.
（2）确定初末态气体压强、体积（用表示 ），代入求解大气压变化.
（3）确定初末态温度、压强，代入，结合“示数未变→气体体积不变”，推导大气压变化.
（1）温度升高，气体压强增大，体积增大，气体对外做功，即，由知，，气体增加的内能小于气体吸收的热量。
（2）气体做等温变化，设细玻璃管截面积为，初态
末态
由玻意耳定律可得
代入数据解得大气压为，气压减小了。
（3）若环境温度升高了，气压计的示数未变，说明气体的体积不变，气体初状态温度是
初态压强是
温度升高后气体压强是，温度是
由查理定律可得
可得
代入数据解得
可得水银柱上方气体压强和大气压增加了。
20．【答案】（1）（1）解：由机械能守恒定律可得
根据牛顿第二定律可知
解得
（2）（2）解；木块P在传送带上，先以向上匀减速，再以向上匀减速，到平台时速度恰好为零对应，对物体受力分析，结合牛顿第二定律可得
由匀变速直线运动得规律可得
解得
，
故
（3）（3）解：设木块刚滑上木板的速度为时，恰好能在木板最右端与木板相对静止，则有
解得
对应下落高度
①当时
②当时
所以

【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）先通过机械能守恒（只有重力做功，机械能总量不变）算出木块到B点的速度；再在B点用牛顿第二定律（合力提供向心力），联立求解支持力。
（2）用牛顿第二定律求加速度；再通过匀变速运动公式（速度 - 位移关系）联立，求出木块滑上平台的临界初速度；最后用机械能守恒关联与速度。
（3）用动量守恒（水平方向不受外力）和能量守恒（摩擦生热等于动能损失）联立，结合机械能守恒（下滑过程）和传送带能量消耗（重力、摩擦力做功），推导h与E的关系。
（1）由机械能守恒定律可得
根据牛顿第二定律可知
解得
（2）木块P在传送带上，先以向上匀减速，再以向上匀减速，到平台时速度恰好为零对应，对物体受力分析，结合牛顿第二定律可得
由匀变速直线运动得规律可得
（3）设木块刚滑上木板的速度为时，恰好能在木板最右端与木板相对静止，则有
解得
对应下落高度
①当时
②当时
21．【答案】（1）解：图1装置，导线框顺时针转动，图2装置若导线框也顺时针转动，由楞次定律，旋转辐向磁场的转动方向也为顺时针。
（2）解：当金属线框达到稳定时，线框两边切割磁感线的相对速度大小为
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
金属线框两边所受的安培力均为
又有两边所受的安培力均与阻力平衡
又阻力
当时
解得导线框转动的最大角速度
（3）解：转动稳定后达到最大角速度，两边所受的安培力均与阻力平衡
又
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
两边所受的安培力
则
解得
设安培力的冲量为，由动量定理
又
综合解得
代入，得
【知识点】动量定理；交变电流的产生及规律；安培力的计算；楞次定律
【解析】【分析】（1）先确定图1所示位置的线框中电流方向，由左手定则判断导线框转动方向。图2中导线框的转动方向可由图3来观察，根据电磁驱动原理可得旋转辐向磁场的转动方向；
（2）先确定导线框达到稳定转动时线框的AB、CD两边切割磁感线的相对速度大小。根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式求得金属线框AB、CD两边所受的安培力大小。根据受力平衡条件求解导线框转动的最大角速度；
（3）与（2）同理，求得导线框达到最大的线速度，应用微元法与动量定理求解在该过程中AB边转过的弧长。
（1）图1装置，导线框顺时针转动，图2装置若导线框也顺时针转动，由楞次定律，旋转辐向磁场的转动方向也为顺时针。
（2）当金属线框达到稳定时，线框两边切割磁感线的相对速度大小为
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
金属线框两边所受的安培力均为
又有两边所受的安培力均与阻力平衡
又阻力
当时
解得导线框转动的最大角速度
（3）转动稳定后达到最大角速度，两边所受的安培力均与阻力平衡
又
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
两边所受的安培力
则
解得
设安培力的冲量为，由动量定理
又
综合解得
代入，得
22．【答案】（1）解：由洛伦兹力提供向心力
解得
（2）解：当时，由题意可知
所有粒子匀速圆周运动的圆心均在y轴上，且速度方向垂直y轴．对于左侧的粒子
解得
因此
.
（3）解：粒子全部经过Q点，以分速度沿y轴负方向匀速直线运动，以另一分速度垂直纸面做匀速圆周运动．
矩形探测板长宽分别为
，
最小面积
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）利用 “洛伦兹力提供向心力”，结合时轨道半径R = a，直接列方程求解比荷.
（2）由速度与的关系得轨道半径，结合探测板几何约束，解出有效发射角，再按角度范围求比例.
（3）分解粒子速度（y轴匀速、垂直纸面圆周运动 ），找最大半径确定探测板尺寸，计算最小面积.
（1）由洛伦兹力提供向心力
解得
（2）当时，由题意可知
所有粒子匀速圆周运动的圆心均在y轴上，且速度方向垂直y轴．对于左侧的粒子
解得
因此
（3）粒子全部经过Q点，以分速度沿y轴负方向匀速直线运动，以另一分速度垂直纸面做匀速圆周运动．
矩形探测板长宽分别为
最小面积
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