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浙江省四校2024-2025学年高二下学期3月月考物理试题
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30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．下列物理量中单位正确且正负号表示方向的是（　　）
A．功：J B．磁感应强度：
C．电势：V D．电场强度：V/m
2．下列体育赛事中，可以把运动员看成质点的是（　　）
A．研究长跑运动员的比赛成绩
B．研究排球运动员能否接住排球
C．研究跳高运动员能否通过横杆
D．研究游泳运动员在游泳过程中的姿态
3．如图所示，饮水小鸭会绕着O点不停饮水和起身，ABC为饮水小鸭上的三个点，AO和BO均大于CO，BC两点在一条直线上，下列说法正确的是（　　）
A．A、C两点的线速度相等
B．A、B、C三点的角速度大小相等
C．A点的向心加速度小于C点的向心加速度
D．A、B、C三点在相等的时间内通过的弧长相等
4．如图，某工地起重机正在缓慢吊起重物，起吊过程中，重物被四根完全相同的铁链悬挂在起重机挂钩的正下方。吊钩距离重物的高度为h，重物的质量为M，四根铁链的总质量为m，则下列说法正确的是（　　）
A．吊钩受到了5个力的作用
B．吊钩受到四根铁链的总作用力为
C．当增大h时，每根铁链对吊钩的拉力增大
D．若重物加速上升，则铁链对重物的作用力大于重物对铁链的作用力
5．2025年，中国载人航天工程将扎实推进空间站应用与发展和载人月球探测两大任务。已知中国空间站轨道离地高度约为400km，而地球同步卫星离地高度约为地球半径的5.6倍（地球半径约为6400km），则下列说法正确的是（　　）
A．空间站在太空运行过程中，机械能不守恒
B．空间站运行的速度小于同步卫星运行的速度
C．空间站的周期和同步卫星的周期之比约为1∶16
D．出舱时宇航员由于没有受到地球的引力而处于漂浮状态
6．如图为一单摆的共振曲线，下列说法正确的是（　　）
A．该单摆的固有周期为2s
B．该单摆的摆长约为2m
C．将该单摆从地球搬到月球上，共振曲线振幅最大值所对应的横坐标将增大
D．若摆长增大，共振曲线振幅最大值所对应的横坐标将增大
7．如图一所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，产生的交变电动势在一个周期内的图像如图二所示，则下列说法正确的是（　　）
A．时穿过线框的磁通量为零
B．交变电动势的有效值为
C．交变电流在1s内方向变化50次
D．时，金属线框处于中性面位置
8．如图所示，有一质量为2m的光滑斜面体静止地放在光滑的水平地面上，斜面倾角为，斜面长2L，将质量为m的滑块（视为质点）从斜面体顶端由静止释放，滑块沿斜面下滑的过程中，滑块的加速度大小为，斜面体的加速度大小为，下列说法正确的是（　　）
A．
B．滑块和斜面组成的系统动量守恒
C．滑块从顶端滑至斜面底端的过程中，斜面的位移大小为
D．滑块对斜面体的作用力方向与地面对斜面体的作用力方向相反
9．某透明均匀介质的截面如图所示，在边长为的正三角形正中心挖去一边长为L的正三角形，三角形ABC和三角形DEF的边两两平行，一束蓝光从AB边中点以入射角射入介质，正好经过D点射向AC边，不考虑光的反射，除介质外其余部分均为真空，光在真空中的传播速度用c表示，则下列说法正确的是（　　）
A．该光在介质中的折射率为
B．该光在介质中的传播时间为
C．若用一束红光照射，则有可能不能从AC边射出
D．若用一束紫光照射，则与射入介质前相比，光线从AC边离开介质时的偏转角是
10．在LC振荡电路中，某时刻线圈中的磁场方向和电容器中的电场方向如图所示，且有一质量不计的负电荷q在平行板电容器极板间做周期性运动，该电荷在经过足够长的时间后仍然不会接触到极板，则下列说法正确的是（　　）
A．此时负电荷q正在加速
B．此时电容器的电场能正在增大
C．此时穿过线圈的磁通量的变化率正在增大
D．经过半个周期后，负电荷q的运动方向向下
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12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4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
11．下列说法正确的是（　　）
A．一切波都会发生折射和衍射，衍射是波特有的现象
B．当液体和与之接触的固体的相互作用比液体分子之间的相互作用弱时，液体不浸润固体
C．由调谐电路接收到的感应电流，要通过解调把信号从高频电流中还原出来，调频波的解调也叫做检波
D．利用红外遥感技术可以在飞机或人造地球卫星上勘测地热、寻找水源、监视森林火情、预报风暴和寒潮
12．如图所示，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变，内阻不变的交流电源两端，为定值电阻，为滑动变阻器。分别代表电流表，电压表的示数，电表均为理想电表，现将滑动变阻器的滑片向d滑动一小段后，观察到变化了0.4A，变化了0.1A，则在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．增大
B．不变
C．减小
D．变压器原、副线圈的匝数比为
13．轴上有两波源分别位于和处，两波源0时刻同时产生的简谐横波分别沿轴正方向和轴负方向传播，振幅均为，如图所示为时的波形图，此时和处的两质点刚开始振动，则下列说法正确的是（　　）
A．内，质点P运动的路程为2cm
B．时，处的质点位移为-1cm
C．时，之间的质点位移均为0
D．时，质点的振动方向向上，质点的振动方向向下
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14．某实验小组“用单摆测量重力加速度”。
（1）实验室有如下器材可供选用：
A.长约1m的细线
B.长约1m的橡皮绳
C.直径约2cm的均匀铁球
D.直径约5cm的均匀木球
E.秒表
F.时钟
G.最小刻度为毫米的米尺
实验小组的同学选用了最小刻度为毫米的米尺，他们还需要从上述器材中选择：　 　（填写器材前面的字母）。
（2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的是_______。
A．测量摆长时用刻度尺量出从悬点到摆球上端点间的距离
B．为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最低点（速度最大）时开始计时
C．拉开摆球，使摆线离平衡位置不大于，释放摆球，当摆球振动稳定后，记下摆球50次经过平衡位置所用的时间，则单摆周期
（3）如图所示，小组内其他同学测量了多组实验数据作出了周期的平方与绳长的关系图像，由图像可知当地重力加速度　 　，π取3.14，仅考虑该数据处理方法，得到的加速度g与真实值相比　 　（填偏大、偏小或相同）。
15．测量金属丝的电阻率，进行如下操作：
（1）用螺旋测微器测得金属丝的直径如图所示，则金属丝的直径　 　。
（2）取1m长的金属丝用欧姆表测量后得知电阻约为5Ω，为精确测量该金属丝的电阻，小明从实验室找出以下供选择的器材：
A.电池组（电动势E=3V，内阻约1Ω）
B.电流表（量程0-3A，内阻0.02Ω）
C.电流表（量程0-0.6A，内阻0.2Ω）
D.电压表（量程0-3V，内阻约4KΩ）
E.电压表（量程0-15V，内阻约15KΩ）
F.滑动变阻器（，额定电流1A）
G.开关、导线若干
（3）若想让电流表和电压表均从0开始计数，则要选取的电流表和电压表分别为　 　（填写器材前面的字母），并在方框内画出实验所需电路图　 　（待测金属丝用表示）。
（4）闭合开关，移动滑动变阻器滑片，可得一组数据：电压，电流，该金属丝的电阻　 　，电阻率　 　，该实验结果　 　（选填“有”或“无”）系统误差。（结果均保留两位有效数字）
16．以下实验中，说法正确的是（　　）
A．“测量电动势和内阻”实验中，不可以用多用电表的欧姆挡粗测电源内阻
B．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，弹簧测力计可以和木板接触
C．“用双缝干涉实验测量光的波长”实验中，以白光为光源将得到黑白相间条纹
D．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，若描绘轮廓时油酸未完全散开，将导致测得的分子直径偏小
17．医疗常用的氧气瓶容积为10L，瓶内贮存了压强为的氧气。生活中广泛用于高原旅游的便携式氧气呼吸器如图所示，容积为2L，呼吸器一开始为真空，现将氧气瓶与呼吸器相连接使其充气，当呼吸器内压强变为时断开连接。充气过程中氧气可视为理想气体，且不漏气，环境温度不变，求：
（1）最多可分装多少个氧气呼吸器；
（2）若氧气瓶与呼吸器内的气体达到平衡后再断开连接，则在25个呼吸器依次分装完氧气瓶内的氧气后，氧气瓶内剩余气体的压强与分装前氧气瓶内气体压强之比。
18．如图所示，光滑的水平面CD左端有一弹性挡板，水平面上有两个静止的小物块A、B，， ，A、B间有一锁定的压缩轻质弹簧，现解除锁定，A、B弹开后立刻移走弹簧，物块B与挡板发生弹性碰撞后返回，与物块A相撞，并粘在一起以某一速度从D点飞出，恰好沿切线方向进入固定在水平地面上半径R=1.25m的光滑圆弧轨道EFG，圆弧轨道E点与水平面CD的高度差，圆弧轨道圆心O和E点的连线与竖直方向的夹角为，OG与OE垂直，物块AB通过G点后沿切线方向滑上足够长的直传送带GH，传动带以的速度沿顺时针方向转动，物块AB与传送带之间的动摩擦因数为，其余摩擦不计，求：
（1）物块AB经过圆弧轨道最低点F时对轨道的压力大小；
（2）A、B被弹簧弹开后的速度大小及弹簧原先的弹性势能；
（3）物块AB沿传送带滑到最高点时与G点的高度差以及该过程中物块AB与传送带之间的划痕长度l。
19．如图所示，相距的两根无限长金属导轨固定在水平面内，虚线MN与金属导轨垂直并分为左右两侧，在虚线MN左侧存在垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为，MN右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小恒为，在MN左右两侧相距MN为0.5l的地方分别放上两根长为l，质量的金属棒AB、CD，其中金属棒AB固定，金属棒AB的电阻，其余部分电阻不计，不计一切摩擦，求：
（1）若金属棒CD固定，在内，通过金属棒CD某横截面的电荷量q；
（2）若金属棒CD不固定，后，金属棒CD恰好达到稳定，此时金属棒CD移动的距离x；
（3）同（2），当金属棒CD达到稳定的瞬间，金属导轨在MN处断开且右侧足够远处接入一电阻不计，自感系数的理想线圈，则此后金属棒速度第一次变为0所需要的时间和此时电路中的电流大小。
20．某离子实验装置的基本原理如图所示，截面半径为的圆柱腔分为两个工作区，Ⅰ区长度，内有沿y轴负方向的匀强电场，Ⅱ区内既有沿z轴正向的匀强电场，电场强度大小与Ⅰ区内相等，又有沿z轴方向周期性变化的磁场，磁感应强度B随时间周期性变化规律如图乙所示。现有一带正电的粒子从左侧截面的处，以初速度沿z轴正向进入Ⅰ区，经过两个区域分界面上的圆心B点进入Ⅱ区，以带电粒子刚进入Ⅱ区的瞬间为开始计时，在以后的运动过程中恰好未从圆柱腔的侧面飞出，最终从右侧截面飞出，已知粒子比荷，不计重力和空气阻力，求：
（1）Ⅰ区电场强度的大小；
（2）离子到达B点时速度的大小；
（3）Ⅱ区中磁感应强度的大小；
（4）若该粒子经过时间后从Ⅱ区右截面飞出，求它在右侧截面飞出时的坐标。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】磁感应强度；功的概念；电场强度；电势
【解析】【解答】A． 功只有大小，没有方向，是标量，其单位是J，正负号不表示方向，故A错误；
B．磁感应强度是矢量，正负号表示方向，单位是，故B错误；
C．电势是标量，单位是V，正负号不表示方向，故C错误；
D． 电场强度既有大小，又有方向，是矢量，其单位是V/m，正负号表示方向，故D正确。
故选：D。
【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量；根据有无方向确定是矢量还是标量，再写出单位。
2．【答案】A
【知识点】质点
【解析】【解答】A．研究长跑运动员的比赛成绩，运动员的形状大小可以忽略不计，可以把运动员看成质点，故A正确；
BC．研究排球运动员能否接住排球，研究跳高运动员能否通过横杆，运动员的形状大小不可以忽略不计，不可以把运动员看成质点，故BC错误；
D．研究游泳运动员在游泳过程中的姿态，其自身大小与肢体的形状不能忽略，所以不可以看作质点，故D错误。
故选A。
【分析】质点是只计质量、不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件的科学抽象，能否看作质点物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略。
3．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．根据，可知，A、C两点的线速度不相等，故A错误；B．三点同轴转动，故角速度相同，故B正确；
C．根据，可知A点的向心加速度大于C点的向心加速度，故C错误；
D．因为三点的线速度不相同，所以三点在相等的时间内通过的弧长不相等，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、B、C 三点绕同一轴 O 转动，属于同轴转动，利用同轴转动的规律（角速度相等），结合线速度、向心加速度公式分析各选项。
4．【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】A．吊钩受到了重力、上面连接给的拉力，下面四根铁链的拉力共六个力作用，故A错误；
B．根据二力平衡可知，对铁链和重物整体分析可知，吊钩受到四根铁链的总作用力为，故B正确；
C．对铁链和挂钩连接点分析，设每根铁链和竖直方向夹角为，根据平衡条件有
当增大h时，减小，每根铁链对吊钩的拉力减小，故C错误；
D． 根据牛顿第三定律可知，铁链对重物的作用力与重物对铁链的作用力是相互作用力，大小相等，方向相反，故铁链对重物的作用力等于重物对铁链的作用力，故D错误。
故选B。
【分析】分析吊钩受到的力有哪些，包括铁链的拉力、自身重力等。分析铁链对吊钩的作用力与重物对铁链的作用力之间的关系，以及这些力如何随高度h的变化而变化。根据牛顿第三定律判断作用力与反作用力的关系。
5．【答案】C
【知识点】卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．空间站在太空运行过程中，只受万有引力，机械能守恒，故A错误；
B．空间站轨道半径小于同步卫星，根据万有引力提供向心力可得，，可得空间站运行的速度大于同步卫星运行的速度，故B错误；
C．根据开普勒第三定律，将数据代入可知，空间站的周期和同步卫星的周期之比约为1∶16，故C正确；
D．出舱时宇航员受到的引力刚好提供向心力从而处于漂浮状态， 故D错误。
故选C。
【分析】只受万有引力，机械能守恒，根据万有引力提供向心力分析线速度大小，根据开普勒第三定律分析周期之比。
6．【答案】A
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A． 共振条件是驱动力频率等于固有频率，从图中可以看出固有频率为f=0.5Hz， 所以固有周期为，故A正确；
B．根据单摆固有周期公式可知，则有，所以代入数据可解得摆长约为1m，B错误。
C． 将该单摆移至月球上，重力加速度变小，由单摆周期公式知T变大，所以固有频率减小，共振曲线振幅最大值所对应的横坐标将减小，故C错误；
D． 单摆摆长增大，T增大，固有频率减小，共振曲线振幅最大值所对应的横坐标将减小，故D错误。
故选：A。
【分析】共振条件为固有频率和驱动力频率相等，此时振幅最大，结合单摆公式可以求解出相关问题。
7．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．时，e=0，穿过线框的磁通量最大，故A错误；
B．该交变电动势的有效值为，故B错误；
C．交变电流在0.02s内电流方向改变两次，则1s内方向变化100次，故C错误；
D．时，e=0，此时金属线框处于中性面，故D正确。
故选：D。
【分析】根据中性面、正弦交流电电动势最大值、磁通量和电流的方向变化以进行分析解答。
8．【答案】C
【知识点】形变与弹力；人船模型
【解析】【解答】AB．滑块和斜面体组成的系统水平方向合外力为零，竖直方向合外力不为零，因此系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，总动量不守恒。设某一时刻，滑块水平速度为，斜面体速度为，水平方向根据动量守恒定律则有
解得
任一时刻水平速度都保持上述关系，且经历时间相同，故
又因为滑块有竖直方向的加速度，根据平行四边形法则可得
可见，故A、B错误；
C．两者经历相同时间，设滑块从顶端滑至斜面底端的过程中，走过的水平位移大小为，斜面体走过的水平位移大小为，根据动量守恒定律可得
又有
联立解得
故C正确；
D．滑块对斜面体的作用力方向垂直斜面向下，地面对斜面体的作用力方向竖直向上，故D错误。
故选C。
【分析】滑块与斜面体组成的系统在水平方向动量守恒的特点。滑块下滑过程中，水平方向加速度分量与斜面体加速度之比由系统水平动量守恒决定，两者运动关系可通过几何约束建立联系。
9．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．一束蓝光从AB边中点以入射角射入介质， 设入射点为G，法线与DE交点为H，光路如图
题意知，几何关系可知
则
则
根据折射定律可得折射率
故A错误；
B．由几何关系有
其中
解得
因为
光在介质中的传播时间
联立解得
故B错误；
C．几何关系可知蓝光到达AC边时入射角为，因为
则蓝光会从AC边射出，由于红光的频率比蓝光低，红光临界角比蓝光大，结合几何关系可知红光一定能从AC边射出，故C错误；
D．紫光的频率比蓝光高，紫光的折射率比蓝光大，即紫光偏折更大，则紫黄会从D点下方穿过，如图
由于介质的两个界面平行，则光线1平行光线3，根据几何关系可知光线3垂直DF，则光线垂直AC边射出，所以紫光从AC边离开介质时的偏转角是，故D 正确。
故选D。
【分析】画出光路图，根据几何关系分析折射角、入射角大小，根据折射定律解答；根据几何关系分析光通过的路程，根据折射率分析速度，进而求解时间；根据几何关系分析蓝光到达AC边时入射角，与临界角比较，光的频率越高折射率越大，由此分析；画出光路图，根据几何关系分析折射角、入射角大小关系。
10．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；电磁振荡
【解析】【解答】由图可知，线圈上的电流由下到上， 电容器中的电场方向如图所示，下极板带正电，可知电容器正在放电，两极板间电压正在减小，场强减小，负电荷q正在向下做加速度减小的加速运动，电容器的电场能正在减小，电流的变化率正在减小，即穿过线圈的磁通量的变化率正在减小，由对称性可知经过半个周期后，负电荷q向上做加速度减小的加速运动， 故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】根据右手螺旋定则判断线圈中电流方向，结合电容器两极板间电场判断电容器所处状态，根据电容状态分析加速度以及能量变化。
11．【答案】A,B,D
【知识点】电磁波的发射、传播与接收；波的衍射现象；电磁波谱；浸润和不浸润
【解析】【解答】A．一切波（包括机械波和电磁波等）在传播过程中遇到合适条件都会发生折射和衍射现象 衍射是波特有的现象，故A正确；
B．当液体和与之接触的固体的相互作用比液体分子之间的相互作用弱时，液体不会在固体表面铺展开，即液体不浸润固体 ，故B正确；
C．由调谐电路接收到的感应电流，要通过解调把信号从高频电流中还原出来，其中调幅波的解调才叫做检波 ，调频波的解调不叫检波，故C错误；
D ．不同物体辐射红外线的强度和波长分布不同，利用红外遥感技术可以在飞机或人造地球卫星上勘测地热、寻找水源、监视森林火情、预报风暴和寒潮等 ，故D正确。
故选：ABD。
【分析】衍射是波特有的现象，根据液体浸润固体的条件分析，根据检波的定义分析，不同物体辐射红外线的强度和波长分布不同。
12．【答案】A,B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A． 变压器为理想变压器， 变压器以及后面的部分的等效电阻为
滑动变阻器的滑片向d滑动，次级电阻减小，等效电阻R等减小，可知增大，选项A正确；
B．设a、b间电压有效值E，内阻r，根据闭合回路欧姆定律可得，
可得
可得
选项B正确；
C．由电路可知，因增大，则增大，变压器初级电压减小，则次级电压U2减小，则R3电流减小，则R2电流变大，则R2两端电压变大，则变大，选项C错误；
D． 观察到变化了0.4A，变化了0.1A， 根据可得变压器原、副线圈的匝数比为
选项D错误。
故选AB。
【分析】副线圈的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，根据等效电阻分析，根据变压器的变流比分析。
13．【答案】B,C
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】A． 如图所示为时的波形图，此时和处的两质点刚开始振动， 可知波速
由图可得波长等于0.4m，则两列波的周期为
内，即半个周期，质点P运动的路程为，故A错误；
B．t=8s时，两列波在图示位置，各自向前传播一个波长，由波的叠加可知，则 x=0.5m 处质点的位移为-1cm，故B正确；
C．t=7s时，两列波在图示位置基础上各自向前传播，则根据叠加原理可知，平衡位置处于0.3-0.5m 之间的质点位移均为0，故C正确；
D．由“同侧法”可知，t=4s时，质点Q振动方向向上，质点P振动方向向下，故D错误。
故选BC。
【分析】求出运动周期，根据时间与周期关系分析各个质点的运动情况。
14．【答案】（1）ACE
（2）B
（3）或9.86；相同
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）根据实验原理可得实验中还需要长约1m的细线、直径约2cm的均匀铁球和秒表，故选ACE。
（2）A．测量摆长时用刻度尺量出从悬点到摆球球心的距离，选项A错误；
B．最低点比较好确定，为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最低点（速度最大）时开始计时，选项B正确；
C．当摆球振动稳定后，记下摆球50次经过平衡位置所用的时间，则单摆周期，选项C错误。
故选B。
（3） 根据单摆周期公式：
可得
则
可得
仅考虑该数据处理方法，得到的加速度g与真实值相比相同。
【分析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定还需要的器材；
（2）根据正确的实验操作过程确定各操作的正确与否；
（3）根据全振动的次数和时间求出单摆的周期，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，结合单摆的周期公式求出重力加速度的表达式。
（1）实验中还需要长约1m的细线、直径约2cm的均匀铁球和秒表，故选ACE。
（2）A．测量摆长时用刻度尺量出从悬点到摆球球心的距离，选项A错误；
B．为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最低点（速度最大）时开始计时，选项B正确；
C．拉开摆球，使摆线离平衡位置不大于，释放摆球，当摆球振动稳定后，记下摆球50次经过平衡位置所用的时间，则单摆周期，选项C错误。
故选B。
（3）[1]根据
可得
则
可得
[2]仅考虑该数据处理方法，得到的加速度g与真实值相比相同。
15．【答案】0.200；CD；；5.0；；无
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）螺旋测微器读数等于固定刻度读数加上游标刻度，结果估读到千分之一毫米，可得金属丝的直径0+0.01mm×20.0=0.200mm
（3）电源电动势3V，则电压表选择量程为3V的D；电路可能出现的最大电流为可知电流表选择C；电流表C内阻已知，则采用电流表内接，滑动变阻器用分压电路，可知电路如图：
（4）根据得到的数据：电压，电流，根据欧姆定律可得该金属丝的电阻
根据电阻定律
电阻率
因电流表内阻已知，则该实验结果无系统误差。
【分析】（1）根据螺旋测微器读数规则分析求解；
（3）根据欧姆定律，结合外接法与内接法的特点分析求解；
（4）根据闭合电路欧姆定律，结合电阻定律分析求解。
16．【答案】A,B
【知识点】验证力的平行四边形定则；用双缝干涉测光波的波长；用油膜法估测油酸分子的大小；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】A．由于多用表中有电源，“测量电动势和内阻”实验中，不可以用多用电表的欧姆挡粗测电源内阻，故A正确；
B．“探究两个互成角度的力的合成规律”，只需让弹簧与外壳间没有摩擦，此时弹簧测力计的示数即为弹簧对细绳的拉力，与弹簧秤外壳与木板之间是否存在摩擦无关，即弹簧测力计可以和木板接触，故B正确；
C．“用双缝干涉实验测量光的波长”实验中，以白光为光源将得到彩色条纹，故C错误；
D．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，分子直径等于油酸体积除以油膜面积，若描绘轮廓时油酸未完全散开，测得油膜面积偏小，将导致测得的分子直径偏大，故D错误。
故选：AB。
【分析】根据各个实验的原理和正确操作分析作答。
17．【答案】（1）分装n个呼吸器后氧气体积
玻意耳定律
其中
联立解得解得
（2）分装一次有
分装二次有
分装三次有
分装n次有
可得分装25次后剩余气体压强
综合以上有
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）选取钢瓶内氧气整体作为研究对象，分装过程是等温变化，根据玻意耳定律求解；
（2）根据玻意耳定律，对分装一次、二次、三次…进行列式，得到第n次分装后压强与次数的关系，即可求解。
（1）分装n个呼吸器后氧气体积
玻意耳定律
其中
联立解得解得
（2）分装一次有
分装二次有
分装三次有
分装n次有
可得分装25次后剩余气体压强
综合以上有
18．【答案】（1）A从D点到E点，竖直方向上
解得
在E点
解得
物块B与物块A相撞粘在一起
从E点到F点，由动能定理得
AB在F点由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得物块AB经过圆弧轨道最低点F时对轨道的压力大小为
（2）在D点
解得
弹簧弹开时由动量守恒定律得
B经过碰撞重新追上后
解得，
根据机械能守恒定律得
解得
（3）物体刚滑上传送带时，摩擦力向下，由牛顿第二定律得
解得
AB与传送带达到共速的时间
AB与传送带达到共速的位移大小
物体和传送带共速后，摩擦力向上，由牛顿第二定律得
解得
物块AB与传送带共速后沿传送带滑到最高点运动时间
运动位移大小
物块AB沿传送带滑到最高点时与G点的高度差
划痕看相对位移，
第二段划痕会覆盖第一段划痕，所以物块AB与传送带之间的划痕长度
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；向心力；碰撞模型
【解析】【分析】（1）求出物块在E点速度，根据动能定理求解在F点速度，根据牛顿运动定律求解压力大小；
（2）求出D点速度，弹簧弹开时动量守恒，结合机械能守恒定律求解弹簧原先的弹性势能；
（3）根据牛顿第二定律求解加速度大小，结合运动学公式求解运动时间和位移大小，结合相对位移求解划痕长度。
（1）A从D点到E点，竖直方向上
解得
在E点
解得
物块B与物块A相撞粘在一起
从E点到F点，由动能定理得
AB在F点由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得物块AB经过圆弧轨道最低点F时对轨道的压力大小为
（2）在D点
解得
弹簧弹开时由动量守恒定律得
B经过碰撞重新追上后
解得，
根据机械能守恒定律得
解得
（3）物体刚滑上传送带时，摩擦力向下，由牛顿第二定律得
解得
AB与传送带达到共速的时间
AB与传送带达到共速的位移大小
物体和传送带共速后，摩擦力向上，由牛顿第二定律得
解得
物块AB与传送带共速后沿传送带滑到最高点运动时间
运动位移大小
物块AB沿传送带滑到最高点时与G点的高度差
划痕看相对位移，
第二段划痕会覆盖第一段划痕，所以物块AB与传送带之间的划痕长度
19．【答案】（1）虚线左侧产生的感应电动势
电路中电流
在内，通过金属棒CD某横截面的电荷
（2）平衡时
解得
对棒由动量定理得
即
则
解得金属棒CD移动的距离
（3）由于没有电阻
即
从棒刚达到最大速度，电路发生改变开始计算，即
为棒与一开始的距离，为当前的电流大小（初始电流为0），又因为
联立得
位移与加速度大小成正比且方向相反，为简谐运动，则
解得
则简谐运动周期为
则
由功能关系得
解得
由
解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解电动势，根据电流定义式求解电荷量；
（2）求出金属棒CD恰好达到稳定时速度，对棒由动量定理求解金属棒CD移动的距离；
（3）位移与加速度大小成正比且方向相反，为简谐运动，求出简谐运动周期，结合功能关系求解电流大小。
（1）虚线左侧产生的感应电动势
电路中电流
在内，通过金属棒CD某横截面的电荷
（2）平衡时
解得
对棒由动量定理得
即
则
解得金属棒CD移动的距离
（3）由于没有电阻
即
从棒刚达到最大速度，电路发生改变开始计算，即
为棒与一开始的距离，为当前的电流大小（初始电流为0），又因为
联立得
位移与加速度大小成正比且方向相反，为简谐运动，则
解得
则简谐运动周期为
则
由功能关系得
解得
由
解得
20．【答案】（1）在Ⅰ区电场中，根据牛顿第二定律
根据，
解得
（2）从A到B，由动能定理
解得
（3）粒子在Ⅱ区做复杂的旋进运动，将该运动分解为平面内的两个外切的圆周运动和轴正方向的匀加速运动，恰好未从侧面飞出在平面内的运动轨迹如图所示，设圆周运动的半径为，根据几何关系可知
粒子沿y轴负方向的速度为
根据洛伦兹力提供向心力
解得
（4）粒子在xOy平面内做圆周运动的周期，则
解得
根据
即粒子在平面运动了个周期，所以射出时
在Z轴方向，粒子做匀加速直线运动
根据
解得
所以，粒子从右侧截面飞出的坐标为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度，结合几何关系求解场强大小；
（2）粒子在区域Ⅱ中运动的过程中，只受电场力作用，电场力做正功，利用动能定理求解；
（3）通过几何关系分析出离子运动的轨道半径，洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律可计算出磁感应强度．
（4）求出粒子在xOy平面内做圆周运动的周期，在Z轴方向，粒子做匀加速直线运动，根据几何关系结合周期公式解得。
（1）在Ⅰ区电场中，根据牛顿第二定律
根据，
解得
（2）从A到B，由动能定理
解得
（3）粒子在Ⅱ区做复杂的旋进运动，将该运动分解为平面内的两个外切的圆周运动和轴正方向的匀加速运动，恰好未从侧面飞出在平面内的运动轨迹如图所示，设圆周运动的半径为，根据几何关系可知
粒子沿y轴负方向的速度为
根据洛伦兹力提供向心力
解得
（4）粒子在xOy平面内做圆周运动的周期，则
解得
根据
即粒子在平面运动了个周期，所以射出时
在Z轴方向，粒子做匀加速直线运动
根据
解得
所以，粒子从右侧截面飞出的坐标为
1 / 1浙江省四校2024-2025学年高二下学期3月月考物理试题
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30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．下列物理量中单位正确且正负号表示方向的是（　　）
A．功：J B．磁感应强度：
C．电势：V D．电场强度：V/m
【答案】D
【知识点】磁感应强度；功的概念；电场强度；电势
【解析】【解答】A． 功只有大小，没有方向，是标量，其单位是J，正负号不表示方向，故A错误；
B．磁感应强度是矢量，正负号表示方向，单位是，故B错误；
C．电势是标量，单位是V，正负号不表示方向，故C错误；
D． 电场强度既有大小，又有方向，是矢量，其单位是V/m，正负号表示方向，故D正确。
故选：D。
【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量；根据有无方向确定是矢量还是标量，再写出单位。
2．下列体育赛事中，可以把运动员看成质点的是（　　）
A．研究长跑运动员的比赛成绩
B．研究排球运动员能否接住排球
C．研究跳高运动员能否通过横杆
D．研究游泳运动员在游泳过程中的姿态
【答案】A
【知识点】质点
【解析】【解答】A．研究长跑运动员的比赛成绩，运动员的形状大小可以忽略不计，可以把运动员看成质点，故A正确；
BC．研究排球运动员能否接住排球，研究跳高运动员能否通过横杆，运动员的形状大小不可以忽略不计，不可以把运动员看成质点，故BC错误；
D．研究游泳运动员在游泳过程中的姿态，其自身大小与肢体的形状不能忽略，所以不可以看作质点，故D错误。
故选A。
【分析】质点是只计质量、不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件的科学抽象，能否看作质点物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略。
3．如图所示，饮水小鸭会绕着O点不停饮水和起身，ABC为饮水小鸭上的三个点，AO和BO均大于CO，BC两点在一条直线上，下列说法正确的是（　　）
A．A、C两点的线速度相等
B．A、B、C三点的角速度大小相等
C．A点的向心加速度小于C点的向心加速度
D．A、B、C三点在相等的时间内通过的弧长相等
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．根据，可知，A、C两点的线速度不相等，故A错误；B．三点同轴转动，故角速度相同，故B正确；
C．根据，可知A点的向心加速度大于C点的向心加速度，故C错误；
D．因为三点的线速度不相同，所以三点在相等的时间内通过的弧长不相等，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、B、C 三点绕同一轴 O 转动，属于同轴转动，利用同轴转动的规律（角速度相等），结合线速度、向心加速度公式分析各选项。
4．如图，某工地起重机正在缓慢吊起重物，起吊过程中，重物被四根完全相同的铁链悬挂在起重机挂钩的正下方。吊钩距离重物的高度为h，重物的质量为M，四根铁链的总质量为m，则下列说法正确的是（　　）
A．吊钩受到了5个力的作用
B．吊钩受到四根铁链的总作用力为
C．当增大h时，每根铁链对吊钩的拉力增大
D．若重物加速上升，则铁链对重物的作用力大于重物对铁链的作用力
【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】A．吊钩受到了重力、上面连接给的拉力，下面四根铁链的拉力共六个力作用，故A错误；
B．根据二力平衡可知，对铁链和重物整体分析可知，吊钩受到四根铁链的总作用力为，故B正确；
C．对铁链和挂钩连接点分析，设每根铁链和竖直方向夹角为，根据平衡条件有
当增大h时，减小，每根铁链对吊钩的拉力减小，故C错误；
D． 根据牛顿第三定律可知，铁链对重物的作用力与重物对铁链的作用力是相互作用力，大小相等，方向相反，故铁链对重物的作用力等于重物对铁链的作用力，故D错误。
故选B。
【分析】分析吊钩受到的力有哪些，包括铁链的拉力、自身重力等。分析铁链对吊钩的作用力与重物对铁链的作用力之间的关系，以及这些力如何随高度h的变化而变化。根据牛顿第三定律判断作用力与反作用力的关系。
5．2025年，中国载人航天工程将扎实推进空间站应用与发展和载人月球探测两大任务。已知中国空间站轨道离地高度约为400km，而地球同步卫星离地高度约为地球半径的5.6倍（地球半径约为6400km），则下列说法正确的是（　　）
A．空间站在太空运行过程中，机械能不守恒
B．空间站运行的速度小于同步卫星运行的速度
C．空间站的周期和同步卫星的周期之比约为1∶16
D．出舱时宇航员由于没有受到地球的引力而处于漂浮状态
【答案】C
【知识点】卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．空间站在太空运行过程中，只受万有引力，机械能守恒，故A错误；
B．空间站轨道半径小于同步卫星，根据万有引力提供向心力可得，，可得空间站运行的速度大于同步卫星运行的速度，故B错误；
C．根据开普勒第三定律，将数据代入可知，空间站的周期和同步卫星的周期之比约为1∶16，故C正确；
D．出舱时宇航员受到的引力刚好提供向心力从而处于漂浮状态， 故D错误。
故选C。
【分析】只受万有引力，机械能守恒，根据万有引力提供向心力分析线速度大小，根据开普勒第三定律分析周期之比。
6．如图为一单摆的共振曲线，下列说法正确的是（　　）
A．该单摆的固有周期为2s
B．该单摆的摆长约为2m
C．将该单摆从地球搬到月球上，共振曲线振幅最大值所对应的横坐标将增大
D．若摆长增大，共振曲线振幅最大值所对应的横坐标将增大
【答案】A
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A． 共振条件是驱动力频率等于固有频率，从图中可以看出固有频率为f=0.5Hz， 所以固有周期为，故A正确；
B．根据单摆固有周期公式可知，则有，所以代入数据可解得摆长约为1m，B错误。
C． 将该单摆移至月球上，重力加速度变小，由单摆周期公式知T变大，所以固有频率减小，共振曲线振幅最大值所对应的横坐标将减小，故C错误；
D． 单摆摆长增大，T增大，固有频率减小，共振曲线振幅最大值所对应的横坐标将减小，故D错误。
故选：A。
【分析】共振条件为固有频率和驱动力频率相等，此时振幅最大，结合单摆公式可以求解出相关问题。
7．如图一所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，产生的交变电动势在一个周期内的图像如图二所示，则下列说法正确的是（　　）
A．时穿过线框的磁通量为零
B．交变电动势的有效值为
C．交变电流在1s内方向变化50次
D．时，金属线框处于中性面位置
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．时，e=0，穿过线框的磁通量最大，故A错误；
B．该交变电动势的有效值为，故B错误；
C．交变电流在0.02s内电流方向改变两次，则1s内方向变化100次，故C错误；
D．时，e=0，此时金属线框处于中性面，故D正确。
故选：D。
【分析】根据中性面、正弦交流电电动势最大值、磁通量和电流的方向变化以进行分析解答。
8．如图所示，有一质量为2m的光滑斜面体静止地放在光滑的水平地面上，斜面倾角为，斜面长2L，将质量为m的滑块（视为质点）从斜面体顶端由静止释放，滑块沿斜面下滑的过程中，滑块的加速度大小为，斜面体的加速度大小为，下列说法正确的是（　　）
A．
B．滑块和斜面组成的系统动量守恒
C．滑块从顶端滑至斜面底端的过程中，斜面的位移大小为
D．滑块对斜面体的作用力方向与地面对斜面体的作用力方向相反
【答案】C
【知识点】形变与弹力；人船模型
【解析】【解答】AB．滑块和斜面体组成的系统水平方向合外力为零，竖直方向合外力不为零，因此系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，总动量不守恒。设某一时刻，滑块水平速度为，斜面体速度为，水平方向根据动量守恒定律则有
解得
任一时刻水平速度都保持上述关系，且经历时间相同，故
又因为滑块有竖直方向的加速度，根据平行四边形法则可得
可见，故A、B错误；
C．两者经历相同时间，设滑块从顶端滑至斜面底端的过程中，走过的水平位移大小为，斜面体走过的水平位移大小为，根据动量守恒定律可得
又有
联立解得
故C正确；
D．滑块对斜面体的作用力方向垂直斜面向下，地面对斜面体的作用力方向竖直向上，故D错误。
故选C。
【分析】滑块与斜面体组成的系统在水平方向动量守恒的特点。滑块下滑过程中，水平方向加速度分量与斜面体加速度之比由系统水平动量守恒决定，两者运动关系可通过几何约束建立联系。
9．某透明均匀介质的截面如图所示，在边长为的正三角形正中心挖去一边长为L的正三角形，三角形ABC和三角形DEF的边两两平行，一束蓝光从AB边中点以入射角射入介质，正好经过D点射向AC边，不考虑光的反射，除介质外其余部分均为真空，光在真空中的传播速度用c表示，则下列说法正确的是（　　）
A．该光在介质中的折射率为
B．该光在介质中的传播时间为
C．若用一束红光照射，则有可能不能从AC边射出
D．若用一束紫光照射，则与射入介质前相比，光线从AC边离开介质时的偏转角是
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．一束蓝光从AB边中点以入射角射入介质， 设入射点为G，法线与DE交点为H，光路如图
题意知，几何关系可知
则
则
根据折射定律可得折射率
故A错误；
B．由几何关系有
其中
解得
因为
光在介质中的传播时间
联立解得
故B错误；
C．几何关系可知蓝光到达AC边时入射角为，因为
则蓝光会从AC边射出，由于红光的频率比蓝光低，红光临界角比蓝光大，结合几何关系可知红光一定能从AC边射出，故C错误；
D．紫光的频率比蓝光高，紫光的折射率比蓝光大，即紫光偏折更大，则紫黄会从D点下方穿过，如图
由于介质的两个界面平行，则光线1平行光线3，根据几何关系可知光线3垂直DF，则光线垂直AC边射出，所以紫光从AC边离开介质时的偏转角是，故D 正确。
故选D。
【分析】画出光路图，根据几何关系分析折射角、入射角大小，根据折射定律解答；根据几何关系分析光通过的路程，根据折射率分析速度，进而求解时间；根据几何关系分析蓝光到达AC边时入射角，与临界角比较，光的频率越高折射率越大，由此分析；画出光路图，根据几何关系分析折射角、入射角大小关系。
10．在LC振荡电路中，某时刻线圈中的磁场方向和电容器中的电场方向如图所示，且有一质量不计的负电荷q在平行板电容器极板间做周期性运动，该电荷在经过足够长的时间后仍然不会接触到极板，则下列说法正确的是（　　）
A．此时负电荷q正在加速
B．此时电容器的电场能正在增大
C．此时穿过线圈的磁通量的变化率正在增大
D．经过半个周期后，负电荷q的运动方向向下
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；电磁振荡
【解析】【解答】由图可知，线圈上的电流由下到上， 电容器中的电场方向如图所示，下极板带正电，可知电容器正在放电，两极板间电压正在减小，场强减小，负电荷q正在向下做加速度减小的加速运动，电容器的电场能正在减小，电流的变化率正在减小，即穿过线圈的磁通量的变化率正在减小，由对称性可知经过半个周期后，负电荷q向上做加速度减小的加速运动， 故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】根据右手螺旋定则判断线圈中电流方向，结合电容器两极板间电场判断电容器所处状态，根据电容状态分析加速度以及能量变化。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12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4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
11．下列说法正确的是（　　）
A．一切波都会发生折射和衍射，衍射是波特有的现象
B．当液体和与之接触的固体的相互作用比液体分子之间的相互作用弱时，液体不浸润固体
C．由调谐电路接收到的感应电流，要通过解调把信号从高频电流中还原出来，调频波的解调也叫做检波
D．利用红外遥感技术可以在飞机或人造地球卫星上勘测地热、寻找水源、监视森林火情、预报风暴和寒潮
【答案】A,B,D
【知识点】电磁波的发射、传播与接收；波的衍射现象；电磁波谱；浸润和不浸润
【解析】【解答】A．一切波（包括机械波和电磁波等）在传播过程中遇到合适条件都会发生折射和衍射现象 衍射是波特有的现象，故A正确；
B．当液体和与之接触的固体的相互作用比液体分子之间的相互作用弱时，液体不会在固体表面铺展开，即液体不浸润固体 ，故B正确；
C．由调谐电路接收到的感应电流，要通过解调把信号从高频电流中还原出来，其中调幅波的解调才叫做检波 ，调频波的解调不叫检波，故C错误；
D ．不同物体辐射红外线的强度和波长分布不同，利用红外遥感技术可以在飞机或人造地球卫星上勘测地热、寻找水源、监视森林火情、预报风暴和寒潮等 ，故D正确。
故选：ABD。
【分析】衍射是波特有的现象，根据液体浸润固体的条件分析，根据检波的定义分析，不同物体辐射红外线的强度和波长分布不同。
12．如图所示，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变，内阻不变的交流电源两端，为定值电阻，为滑动变阻器。分别代表电流表，电压表的示数，电表均为理想电表，现将滑动变阻器的滑片向d滑动一小段后，观察到变化了0.4A，变化了0.1A，则在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．增大
B．不变
C．减小
D．变压器原、副线圈的匝数比为
【答案】A,B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A． 变压器为理想变压器， 变压器以及后面的部分的等效电阻为
滑动变阻器的滑片向d滑动，次级电阻减小，等效电阻R等减小，可知增大，选项A正确；
B．设a、b间电压有效值E，内阻r，根据闭合回路欧姆定律可得，
可得
可得
选项B正确；
C．由电路可知，因增大，则增大，变压器初级电压减小，则次级电压U2减小，则R3电流减小，则R2电流变大，则R2两端电压变大，则变大，选项C错误；
D． 观察到变化了0.4A，变化了0.1A， 根据可得变压器原、副线圈的匝数比为
选项D错误。
故选AB。
【分析】副线圈的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，根据等效电阻分析，根据变压器的变流比分析。
13．轴上有两波源分别位于和处，两波源0时刻同时产生的简谐横波分别沿轴正方向和轴负方向传播，振幅均为，如图所示为时的波形图，此时和处的两质点刚开始振动，则下列说法正确的是（　　）
A．内，质点P运动的路程为2cm
B．时，处的质点位移为-1cm
C．时，之间的质点位移均为0
D．时，质点的振动方向向上，质点的振动方向向下
【答案】B,C
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】A． 如图所示为时的波形图，此时和处的两质点刚开始振动， 可知波速
由图可得波长等于0.4m，则两列波的周期为
内，即半个周期，质点P运动的路程为，故A错误；
B．t=8s时，两列波在图示位置，各自向前传播一个波长，由波的叠加可知，则 x=0.5m 处质点的位移为-1cm，故B正确；
C．t=7s时，两列波在图示位置基础上各自向前传播，则根据叠加原理可知，平衡位置处于0.3-0.5m 之间的质点位移均为0，故C正确；
D．由“同侧法”可知，t=4s时，质点Q振动方向向上，质点P振动方向向下，故D错误。
故选BC。
【分析】求出运动周期，根据时间与周期关系分析各个质点的运动情况。
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14．某实验小组“用单摆测量重力加速度”。
（1）实验室有如下器材可供选用：
A.长约1m的细线
B.长约1m的橡皮绳
C.直径约2cm的均匀铁球
D.直径约5cm的均匀木球
E.秒表
F.时钟
G.最小刻度为毫米的米尺
实验小组的同学选用了最小刻度为毫米的米尺，他们还需要从上述器材中选择：　 　（填写器材前面的字母）。
（2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的是_______。
A．测量摆长时用刻度尺量出从悬点到摆球上端点间的距离
B．为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最低点（速度最大）时开始计时
C．拉开摆球，使摆线离平衡位置不大于，释放摆球，当摆球振动稳定后，记下摆球50次经过平衡位置所用的时间，则单摆周期
（3）如图所示，小组内其他同学测量了多组实验数据作出了周期的平方与绳长的关系图像，由图像可知当地重力加速度　 　，π取3.14，仅考虑该数据处理方法，得到的加速度g与真实值相比　 　（填偏大、偏小或相同）。
【答案】（1）ACE
（2）B
（3）或9.86；相同
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）根据实验原理可得实验中还需要长约1m的细线、直径约2cm的均匀铁球和秒表，故选ACE。
（2）A．测量摆长时用刻度尺量出从悬点到摆球球心的距离，选项A错误；
B．最低点比较好确定，为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最低点（速度最大）时开始计时，选项B正确；
C．当摆球振动稳定后，记下摆球50次经过平衡位置所用的时间，则单摆周期，选项C错误。
故选B。
（3） 根据单摆周期公式：
可得
则
可得
仅考虑该数据处理方法，得到的加速度g与真实值相比相同。
【分析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定还需要的器材；
（2）根据正确的实验操作过程确定各操作的正确与否；
（3）根据全振动的次数和时间求出单摆的周期，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，结合单摆的周期公式求出重力加速度的表达式。
（1）实验中还需要长约1m的细线、直径约2cm的均匀铁球和秒表，故选ACE。
（2）A．测量摆长时用刻度尺量出从悬点到摆球球心的距离，选项A错误；
B．为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最低点（速度最大）时开始计时，选项B正确；
C．拉开摆球，使摆线离平衡位置不大于，释放摆球，当摆球振动稳定后，记下摆球50次经过平衡位置所用的时间，则单摆周期，选项C错误。
故选B。
（3）[1]根据
可得
则
可得
[2]仅考虑该数据处理方法，得到的加速度g与真实值相比相同。
15．测量金属丝的电阻率，进行如下操作：
（1）用螺旋测微器测得金属丝的直径如图所示，则金属丝的直径　 　。
（2）取1m长的金属丝用欧姆表测量后得知电阻约为5Ω，为精确测量该金属丝的电阻，小明从实验室找出以下供选择的器材：
A.电池组（电动势E=3V，内阻约1Ω）
B.电流表（量程0-3A，内阻0.02Ω）
C.电流表（量程0-0.6A，内阻0.2Ω）
D.电压表（量程0-3V，内阻约4KΩ）
E.电压表（量程0-15V，内阻约15KΩ）
F.滑动变阻器（，额定电流1A）
G.开关、导线若干
（3）若想让电流表和电压表均从0开始计数，则要选取的电流表和电压表分别为　 　（填写器材前面的字母），并在方框内画出实验所需电路图　 　（待测金属丝用表示）。
（4）闭合开关，移动滑动变阻器滑片，可得一组数据：电压，电流，该金属丝的电阻　 　，电阻率　 　，该实验结果　 　（选填“有”或“无”）系统误差。（结果均保留两位有效数字）
【答案】0.200；CD；；5.0；；无
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）螺旋测微器读数等于固定刻度读数加上游标刻度，结果估读到千分之一毫米，可得金属丝的直径0+0.01mm×20.0=0.200mm
（3）电源电动势3V，则电压表选择量程为3V的D；电路可能出现的最大电流为可知电流表选择C；电流表C内阻已知，则采用电流表内接，滑动变阻器用分压电路，可知电路如图：
（4）根据得到的数据：电压，电流，根据欧姆定律可得该金属丝的电阻
根据电阻定律
电阻率
因电流表内阻已知，则该实验结果无系统误差。
【分析】（1）根据螺旋测微器读数规则分析求解；
（3）根据欧姆定律，结合外接法与内接法的特点分析求解；
（4）根据闭合电路欧姆定律，结合电阻定律分析求解。
16．以下实验中，说法正确的是（　　）
A．“测量电动势和内阻”实验中，不可以用多用电表的欧姆挡粗测电源内阻
B．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，弹簧测力计可以和木板接触
C．“用双缝干涉实验测量光的波长”实验中，以白光为光源将得到黑白相间条纹
D．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，若描绘轮廓时油酸未完全散开，将导致测得的分子直径偏小
【答案】A,B
【知识点】验证力的平行四边形定则；用双缝干涉测光波的波长；用油膜法估测油酸分子的大小；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】A．由于多用表中有电源，“测量电动势和内阻”实验中，不可以用多用电表的欧姆挡粗测电源内阻，故A正确；
B．“探究两个互成角度的力的合成规律”，只需让弹簧与外壳间没有摩擦，此时弹簧测力计的示数即为弹簧对细绳的拉力，与弹簧秤外壳与木板之间是否存在摩擦无关，即弹簧测力计可以和木板接触，故B正确；
C．“用双缝干涉实验测量光的波长”实验中，以白光为光源将得到彩色条纹，故C错误；
D．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，分子直径等于油酸体积除以油膜面积，若描绘轮廓时油酸未完全散开，测得油膜面积偏小，将导致测得的分子直径偏大，故D错误。
故选：AB。
【分析】根据各个实验的原理和正确操作分析作答。
17．医疗常用的氧气瓶容积为10L，瓶内贮存了压强为的氧气。生活中广泛用于高原旅游的便携式氧气呼吸器如图所示，容积为2L，呼吸器一开始为真空，现将氧气瓶与呼吸器相连接使其充气，当呼吸器内压强变为时断开连接。充气过程中氧气可视为理想气体，且不漏气，环境温度不变，求：
（1）最多可分装多少个氧气呼吸器；
（2）若氧气瓶与呼吸器内的气体达到平衡后再断开连接，则在25个呼吸器依次分装完氧气瓶内的氧气后，氧气瓶内剩余气体的压强与分装前氧气瓶内气体压强之比。
【答案】（1）分装n个呼吸器后氧气体积
玻意耳定律
其中
联立解得解得
（2）分装一次有
分装二次有
分装三次有
分装n次有
可得分装25次后剩余气体压强
综合以上有
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）选取钢瓶内氧气整体作为研究对象，分装过程是等温变化，根据玻意耳定律求解；
（2）根据玻意耳定律，对分装一次、二次、三次…进行列式，得到第n次分装后压强与次数的关系，即可求解。
（1）分装n个呼吸器后氧气体积
玻意耳定律
其中
联立解得解得
（2）分装一次有
分装二次有
分装三次有
分装n次有
可得分装25次后剩余气体压强
综合以上有
18．如图所示，光滑的水平面CD左端有一弹性挡板，水平面上有两个静止的小物块A、B，， ，A、B间有一锁定的压缩轻质弹簧，现解除锁定，A、B弹开后立刻移走弹簧，物块B与挡板发生弹性碰撞后返回，与物块A相撞，并粘在一起以某一速度从D点飞出，恰好沿切线方向进入固定在水平地面上半径R=1.25m的光滑圆弧轨道EFG，圆弧轨道E点与水平面CD的高度差，圆弧轨道圆心O和E点的连线与竖直方向的夹角为，OG与OE垂直，物块AB通过G点后沿切线方向滑上足够长的直传送带GH，传动带以的速度沿顺时针方向转动，物块AB与传送带之间的动摩擦因数为，其余摩擦不计，求：
（1）物块AB经过圆弧轨道最低点F时对轨道的压力大小；
（2）A、B被弹簧弹开后的速度大小及弹簧原先的弹性势能；
（3）物块AB沿传送带滑到最高点时与G点的高度差以及该过程中物块AB与传送带之间的划痕长度l。
【答案】（1）A从D点到E点，竖直方向上
解得
在E点
解得
物块B与物块A相撞粘在一起
从E点到F点，由动能定理得
AB在F点由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得物块AB经过圆弧轨道最低点F时对轨道的压力大小为
（2）在D点
解得
弹簧弹开时由动量守恒定律得
B经过碰撞重新追上后
解得，
根据机械能守恒定律得
解得
（3）物体刚滑上传送带时，摩擦力向下，由牛顿第二定律得
解得
AB与传送带达到共速的时间
AB与传送带达到共速的位移大小
物体和传送带共速后，摩擦力向上，由牛顿第二定律得
解得
物块AB与传送带共速后沿传送带滑到最高点运动时间
运动位移大小
物块AB沿传送带滑到最高点时与G点的高度差
划痕看相对位移，
第二段划痕会覆盖第一段划痕，所以物块AB与传送带之间的划痕长度
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；向心力；碰撞模型
【解析】【分析】（1）求出物块在E点速度，根据动能定理求解在F点速度，根据牛顿运动定律求解压力大小；
（2）求出D点速度，弹簧弹开时动量守恒，结合机械能守恒定律求解弹簧原先的弹性势能；
（3）根据牛顿第二定律求解加速度大小，结合运动学公式求解运动时间和位移大小，结合相对位移求解划痕长度。
（1）A从D点到E点，竖直方向上
解得
在E点
解得
物块B与物块A相撞粘在一起
从E点到F点，由动能定理得
AB在F点由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得物块AB经过圆弧轨道最低点F时对轨道的压力大小为
（2）在D点
解得
弹簧弹开时由动量守恒定律得
B经过碰撞重新追上后
解得，
根据机械能守恒定律得
解得
（3）物体刚滑上传送带时，摩擦力向下，由牛顿第二定律得
解得
AB与传送带达到共速的时间
AB与传送带达到共速的位移大小
物体和传送带共速后，摩擦力向上，由牛顿第二定律得
解得
物块AB与传送带共速后沿传送带滑到最高点运动时间
运动位移大小
物块AB沿传送带滑到最高点时与G点的高度差
划痕看相对位移，
第二段划痕会覆盖第一段划痕，所以物块AB与传送带之间的划痕长度
19．如图所示，相距的两根无限长金属导轨固定在水平面内，虚线MN与金属导轨垂直并分为左右两侧，在虚线MN左侧存在垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为，MN右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小恒为，在MN左右两侧相距MN为0.5l的地方分别放上两根长为l，质量的金属棒AB、CD，其中金属棒AB固定，金属棒AB的电阻，其余部分电阻不计，不计一切摩擦，求：
（1）若金属棒CD固定，在内，通过金属棒CD某横截面的电荷量q；
（2）若金属棒CD不固定，后，金属棒CD恰好达到稳定，此时金属棒CD移动的距离x；
（3）同（2），当金属棒CD达到稳定的瞬间，金属导轨在MN处断开且右侧足够远处接入一电阻不计，自感系数的理想线圈，则此后金属棒速度第一次变为0所需要的时间和此时电路中的电流大小。
【答案】（1）虚线左侧产生的感应电动势
电路中电流
在内，通过金属棒CD某横截面的电荷
（2）平衡时
解得
对棒由动量定理得
即
则
解得金属棒CD移动的距离
（3）由于没有电阻
即
从棒刚达到最大速度，电路发生改变开始计算，即
为棒与一开始的距离，为当前的电流大小（初始电流为0），又因为
联立得
位移与加速度大小成正比且方向相反，为简谐运动，则
解得
则简谐运动周期为
则
由功能关系得
解得
由
解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解电动势，根据电流定义式求解电荷量；
（2）求出金属棒CD恰好达到稳定时速度，对棒由动量定理求解金属棒CD移动的距离；
（3）位移与加速度大小成正比且方向相反，为简谐运动，求出简谐运动周期，结合功能关系求解电流大小。
（1）虚线左侧产生的感应电动势
电路中电流
在内，通过金属棒CD某横截面的电荷
（2）平衡时
解得
对棒由动量定理得
即
则
解得金属棒CD移动的距离
（3）由于没有电阻
即
从棒刚达到最大速度，电路发生改变开始计算，即
为棒与一开始的距离，为当前的电流大小（初始电流为0），又因为
联立得
位移与加速度大小成正比且方向相反，为简谐运动，则
解得
则简谐运动周期为
则
由功能关系得
解得
由
解得
20．某离子实验装置的基本原理如图所示，截面半径为的圆柱腔分为两个工作区，Ⅰ区长度，内有沿y轴负方向的匀强电场，Ⅱ区内既有沿z轴正向的匀强电场，电场强度大小与Ⅰ区内相等，又有沿z轴方向周期性变化的磁场，磁感应强度B随时间周期性变化规律如图乙所示。现有一带正电的粒子从左侧截面的处，以初速度沿z轴正向进入Ⅰ区，经过两个区域分界面上的圆心B点进入Ⅱ区，以带电粒子刚进入Ⅱ区的瞬间为开始计时，在以后的运动过程中恰好未从圆柱腔的侧面飞出，最终从右侧截面飞出，已知粒子比荷，不计重力和空气阻力，求：
（1）Ⅰ区电场强度的大小；
（2）离子到达B点时速度的大小；
（3）Ⅱ区中磁感应强度的大小；
（4）若该粒子经过时间后从Ⅱ区右截面飞出，求它在右侧截面飞出时的坐标。
【答案】（1）在Ⅰ区电场中，根据牛顿第二定律
根据，
解得
（2）从A到B，由动能定理
解得
（3）粒子在Ⅱ区做复杂的旋进运动，将该运动分解为平面内的两个外切的圆周运动和轴正方向的匀加速运动，恰好未从侧面飞出在平面内的运动轨迹如图所示，设圆周运动的半径为，根据几何关系可知
粒子沿y轴负方向的速度为
根据洛伦兹力提供向心力
解得
（4）粒子在xOy平面内做圆周运动的周期，则
解得
根据
即粒子在平面运动了个周期，所以射出时
在Z轴方向，粒子做匀加速直线运动
根据
解得
所以，粒子从右侧截面飞出的坐标为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度，结合几何关系求解场强大小；
（2）粒子在区域Ⅱ中运动的过程中，只受电场力作用，电场力做正功，利用动能定理求解；
（3）通过几何关系分析出离子运动的轨道半径，洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律可计算出磁感应强度．
（4）求出粒子在xOy平面内做圆周运动的周期，在Z轴方向，粒子做匀加速直线运动，根据几何关系结合周期公式解得。
（1）在Ⅰ区电场中，根据牛顿第二定律
根据，
解得
（2）从A到B，由动能定理
解得
（3）粒子在Ⅱ区做复杂的旋进运动，将该运动分解为平面内的两个外切的圆周运动和轴正方向的匀加速运动，恰好未从侧面飞出在平面内的运动轨迹如图所示，设圆周运动的半径为，根据几何关系可知
粒子沿y轴负方向的速度为
根据洛伦兹力提供向心力
解得
（4）粒子在xOy平面内做圆周运动的周期，则
解得
根据
即粒子在平面运动了个周期，所以射出时
在Z轴方向，粒子做匀加速直线运动
根据
解得
所以，粒子从右侧截面飞出的坐标为
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