浙江省临海、新昌两地三校2023届高三下学期5月联考物理试题
一、单选题
1．下列仪器所测物理量的单位中，不属于基本单位的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】BCD.电流表测电流单位安培，秒表测时间单位秒，游标卡尺测长度单位米，都是基本单位，故BCD错误；
A.仪器测的是压强单位帕斯卡，不属于基本单位，故A正确；
故答案为：A。
【分析】七个基本物理量。
2．下列说法正确的是（ ）
A．合外力冲量越大，物体速度变化率越大
B．相对论和量子力学否定了牛顿运动定律
C．金属热电阻和热敏电阻都是由金属制作成的
D．匀速转动的电动机若线圈突然被卡住，则通过线圈的电流将增大
【答案】D
【知识点】动量；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A.合外力冲量越大合力与速度的积越大，不能说明合力就越大，也不能说明物体速度变化率越大，故A错误；
B.相对论和量子力学没有否定牛顿运动定律，故B错误。
C.金属热电阻是由金属制成，热敏电阻由半导体制成，故C错误。
D.匀速转动的电动机若线圈突然被卡住，就变成了纯电阻电路，此时两端电压增大，则通过线圈的电流将增大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A.物体的速度变化率，即加速度，合力冲量越大，速度 变化率 不一定越大；
B.相对论与量子力学与牛顿运动定律适用范围不同，但没有否定牛顿运动定律；
C.金属热电阻是由金属制成，热敏电阻由半导体制成；
D.匀速转动的电动机若线圈突然被卡住，就变成了纯电阻电路，此时两端电压增大，则通过线圈的电流将增大。
3．（2023高二下·杭州期中）年糕是我国很多地方传统的新年应时食品，打年糕时一般需要用木制榔头反复捶打石槽中煮熟的糯米如图所示。用木制榔头捶打年糕的过程中，放在水平地面上的石槽始终未动，下列说法正确的是（ ）
A．整个下降过程中榔头始终处于失重状态
B．榔头对年糕的弹力是年糕发生形变引起的
C．年糕凹陷，说明榔头对年糕的打击力大于年糕对榔头的支持力
D．榔头向下打击年糕时，地面对石槽的支持力大于石槽和年糕的总重力
【答案】D
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】 A.下降过程中，榔头先加速后减速，向下加速过程，加速度向下，处于失重状态，向下减速过程，加速度向上，处于超重状态，故A错误； B.榔头对年糕的弹力是榔头发生形变引起的，故B错误； C.由牛顿第三定律，榔头对年糕的打击力等于年糕对榔头的支持力，故C错误；
D.榔头向下打击年糕时，设榔头对年糕的冲击力为 F ，地面对石槽的支持力为，石槽和年糕的总重力为G。则有
=G+F>G
故D正确。
故答案为：D。
【分析】A.当物体做向上加速运动或向下减速运动时，物体均处于超重状态，即不管物体如何运动，只要具有向上的加速度，物体就处于超重状态；当物体做向下加速运动或向上做减速运动时，物体均处于失重状态，即不管物体如何运动，只要具有向下的加速度，物体就处于失重状态。B.弹力是施力物体发生弹性形变而对与之接触的物体产生力的作用；C.作用力和反作用力的关系总是大小相等，方向相反，作用在不同一同物体上。
4．我国首颗超百Gbps容量高通量地球静止轨道通信卫星中星26号卫星，于北京时间2023年2月23日在西昌卫星发射中心成功发射，该卫星主要用于为固定端及车、船、机载终端提供高速宽带接入服务。如图，某时刻中星26与椭圆轨道侦察卫星恰好位于C、D两点，两星轨道相交于A、B两点，C、D连线过地心，D点为远地点，两卫星运行周期都为T。下列说法正确的是（ ）
A．中星26与侦察卫星可能在A点或B点相遇
B．侦查卫星从D点运动到A点过程中机械能增大
C．中星26在C点线速度与侦察卫星在D点线速度相等
D．相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积
【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】A.中星26与侦察卫星周期相同，并且当中星26在下半周运动时，卫星在上半周运动，故不可能相遇，故A错误；
B.侦察卫星在D到A点过程中只有引力做功故机械能不变，故B错误；
C.开普勒第二定律可知，在近地点速度大于远地点速度故中星26在C点线速度大于侦察卫星在D点线速度，故C错误；
D.中星26与侦察卫星的周期相同，由开普勒第三定律，中星26轨道半径等于侦察卫星的半长轴，运动一个周期中星26是一个圆，而侦察卫星是一个椭圆，由于圆的面积大于椭圆的面积，故相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A.分析可知两星周期相同，且刚好相对的半周期运动，故不会相遇；
B.引力做功机械能守恒；
C.开普勒第二定律可知，在近地点速度大于远地点速度；
D.由开普勒第三定律，周期相同，中星26轨道半径等于侦察卫星的半长轴。
5．如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化如图乙，间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心，A点、B点分别为Oa、Od的中点。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面向外，大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线中电流的安培力大小为F，则（ ）
A．A点和B点的磁感应强度相同
B．其中b导线所受安培力大小为F
C．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向下
D．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上
【答案】C
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度；安培定则
【解析】【解答】A.磁感应强度的大小相等，方向不同，故磁感应强度不相同，故A错误；
B.a c对b导线的安培力大小为F，f d对b导线的安培力为，e对b导线的安培力为，根据矢量合成，其所受合力的大小为，故B错误；
CD.据安培定则，ad在O点磁感应强度大小相等，方向相反，be在O点磁感应强度大小相等，方向相反，故abcde在O点的磁感应强度与c点在O点磁感应强度相同，方向垂直于ed向下，故C正确，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.磁感应强度是矢量，得大小方向相同才相同；
B.b导线受到的安培力为其他对b导线安培力的矢量和；
CD.据安培定则，在O点的磁感应强度为abcde的磁感应强度的矢量和。
6．下列有关四幅图像说法正确的是（ ）
A．图（1）中线圈中的磁场能在增加
B．图（2）中变化的磁场周围存在电场，与周围有没有闭合电路无关
C．图（3）中若B线圈不闭合，S断开时延时效果还存在
D．图（4）中电子的衍射实验证明了电子的粒子性
【答案】B
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度；磁通量
【解析】【解答】A.根据上下极板的磁场方向和电流方向可知，电容器处于充电状态，则电场能在增加，磁场能在减小，故A错误；
B.据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场周围存在电场，与周围有没有闭合电路无关，故B正确；
C.若B线圈不闭合，S断开时不存在闭合回路，不会产生自感电流的磁场，故不会产生延时效果，故C错误；
D.电子的衍射实验证明了电子的波动性，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.能量是守恒的，充电状态磁场能转化为电场能；
B.根据麦克斯韦的电磁场理论；
C.若线圈不闭合，则不会产生感应电流；
D.衍射是波动性的特有的现象；
7．如图甲为交流发电机内部结构图，匝数为N的矩形线圈位置不变，磁铁绕轴转动后，线圈中生成正弦式交变电流如图乙所示，其电动势峰值为，周期为T，回路总电阻为R，则在时间内通过矩形线圈某一截面的电荷量为（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】根据电动势最大值表达式
，从中性面开始计时，在时间内，磁通量的变化量大小为
则在时间内通过矩形线圈某一截面的电荷量为
联立得；
故答案为：B。
【分析】根据磁通量变化求通过的电荷量。
8．如图所示，一玻璃清洁工人坐在简易的小木板上，通过楼顶的滑轮和轻质绳索在竖直平面内缓慢下降。工人两腿并拢伸直，腿与竖直玻璃墙的夹角，，在下降过程中角保持不变。玻璃墙对脚的作用力始终沿腿方向，小木板保持水平且与玻璃墙平行。某时刻轻绳与竖直玻璃墙的夹角，连接小木板的两等长轻绳的夹角，且与在同一倾斜平面内。已知工人及工具的总质量，小木板的质量可忽略不计。工人在稳定且未擦墙时，下列说法正确的是（ ）
A．从该时刻起，工人在缓慢下移的过程中，脚对墙的作用力增大
B．从该时刻起，工人在缓慢下移的过程中，绳的弹力增大
C．此时若工人不触碰轻绳，小木板受的压力大小为
D．此时若工人不触碰轻绳，绳的张力大小为
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．从该时刻起，工人在缓慢下移的过程中，如图由相似三角形
OA长度增加，OD、DE长度不变，所以不变，增加，即绳OA的弹力增大，脚对墙的作用力大小为，在下降过程中角保持不变。所以脚对墙的作用力大小不变。故A错误；
B．由A选项得，OA长度增加，OD、DE长度不变，所以不变，增加，即绳OA的弹力增大，故B正确；
C．此时若工人不触碰轻绳，小木板受的压力大小等于，由于，则
，故C错误；
D．连接小木板的两等长轻绳AB、AC的夹角，所以绳AB的张力大小
，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据相似三角形来分析力的变化，根据平衡条件分析出小木板受的压力和AB的张力大小。
9．如图所示是某款手机防窥屏的原理图，在透明介质中有相互平行排列的吸光屏障，屏障垂直于屏幕，可实现对像素单元可视角度的控制（可视角度定义为某像素单元发出的光在图示平面内折射到空气后最大折射角的2倍）。发光像素单元紧贴防窥屏的下表面，可视为点光源，位于相邻两屏障的正中间。不考虑光的衍射。下列说法正确的是（ ）
A．防窥屏实现防窥效果主要是运用了光的干涉
B．屏障的高度d越大，可视角度越大
C．透明介质的折射率越大，可视角度越大
D．从上往下观察手机屏幕，看到的图像比实际位置低
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．防窥膜实现防窥效果主要是因为某些角度范围内的光被屏障吸收，而不是发生干涉，故A错误；
B．如果屏障越高，则入射角越小，折射角越小，可视角度越小，故B错误；
C．由图可知，可视角是光线进入空气中时折射角的2倍，透明介质的折射率越大，根据折射定律
，当入射角不变时，介质的折射率n越大则折射角越大，可视角越大，故C正确；
D．根据光路是可逆，可知从上往下观察手机屏幕，看到的图像比实际位置高，故D错误；
故答案为：C。
【分析】掌握光的折射，干涉的规律及其运用。
10．地铁靠站时列车车体和屏蔽门之间安装有光电传感器。如图甲所示，若光线被乘客阻挡，电流发生变化，工作电路立即报警。如图乙所示，光线发射器内大量处于激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光中只有a、b两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图丙所示为a、b光单独照射光电管时产生的光电流I与光电管两端电压U的关系图线。已知光电管阴极材料的逸出功为，可见光光子的能量范围是，下列说法正确的是（ ）
A．光线发射器中发出的光有两种为可见光
B．题述条件下，光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能为
C．题述a光为氢原子从能级跃迁到能级时发出的光
D．若部分光线被遮挡，光电子飞出阴极时的最大初动能变小，光电流减小
【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A．光线发射器中发出的光子的能量分别为
可见光光子的能量范围是，故光线发射器中发出的光只有一种为可见光，故A错误；
B．根据，光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能为，，故B正确；
C．由图丙可知，由，，a光遏止电压小于b光遏止电压，得a光能量小于b光能量，则题述a光为氢原子从能级跃迁到能级时发出的光，故C错误；
D．部分光线被遮挡，不改变光子能量，则光电子飞出阴极时的最大初动能不变。是因为光子数量减少，导致光电子数量减小，光电流变小，D错误。
故答案为：B。
【分析】了解能级跃迁规律，了解爱因斯坦光电效应方程，了解影响光电流大小因素。
11．几十亿年后太阳内部氢元素消耗殆尽，内部高温高压使三个氦核发生短暂的热核反应，被称为氦闪，核反应方程为，该反应放出的能量为E，真空中光速为c。则下列说法错误的是（ ）
A．该反应属于核聚变 B．X核中有6个中子
C．X核的比结合能为 D．该反应的质量亏损为
【答案】C
【知识点】原子核的组成；结合能与比结合能
【解析】【解答】AB．根据质量数和核电荷数守恒，可知核反应方程为
属于氢原子核结合成较重原子核反应，所以该反应属于核聚变，中子数等于质量数减去质子数，因此X核中有6个中子，故AB正确；
C．比结合能又称平均结合能，等于结合能除以核子数，结合能是自由分散的核子结合成原子核所释放的能量，并不是该反应放出的能量为E，所以X核的比结合能不为，故C错误；
D．根据爱因斯坦质能方程
又因为该反应放出的能量为E，所以该反应的质量亏损为，故D正确；
故答案为：C。
【分析】掌握核聚变的特点，掌握爱因斯坦质能方程。
12．（2023·临海模拟）如图所示的平行板电容器竖直放置，两极板间的距离为d，极板高度，对该电容器充上一定的电量后，将一带电小球P从非常靠近左极板的上端A处由静止释放，小球沿图中虚线运动打到了右极板的中点，为使小球能够从下方穿过电容器，右极板向右至少移动的距离为（ ）
A．d B． C． D．
【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】由题意可知，电容器所带电荷量不变，由公式、和可得，即改变两极板间的距离，板间的电场强度不变，所以右极板向右移动后，小球仍做沿虚线运动，如图所示
由几何关系可得，解得
故选A。
【分析】由题意可知，电容器所带电荷量不变，由公式、和得出板间电场强度不变，即小球的受力不变，小球仍沿虚线运动，由几何关系求解。
13．如图所示，物体A、B用细线连接，在同一高度做匀速圆周运动，圆心均为点O。在某时刻，细线同时断裂，两物体做平抛运动，同时落在水平面上的同一点。连接A、B的细线长度分别为10l、5l，A、B圆周运动的半径分别为6l、4l，则O点到水平面的高度为（忽略物体的大小和细线质量）（ ）
A．6l B．10l C．12l D．15l
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】由几何关系可得
由平抛规律可知水平方向
下落的高度
小球做圆周运动时受力情况，在竖直方向上重力与竖直距离的比=水平方向上向心力与水平距离的比得到
，
，
联立可得
故答案为：C。
【分析】平抛运动的规律，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，若下降的高度相同，则时间所用时间相同。
二、多选题
14．下列关于分子动理论知识，说法正确的是（ ）
A．图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，若水面上痱子粉撒得较多，实验测得的结果将偏大
B．图乙折线显示的是液体分子永不停息的无规则运动，这种运动称为布朗运动
C．图丙为氧气分子在不同温度下的速率分布图像，由图可知状态③时的温度比状态①、②时都高
D．图丁分子力F随分子间距离r的变化图像，两分子间距从到，分子力先减小后增大
【答案】A,C
【知识点】分子动理论的基本内容；布朗运动；分子势能
【解析】【解答】A．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，若水面上痱子粉撒得较多，则油酸分子比较难散开，会导致所测油膜面积偏小，由可知，实验测得的油膜厚度即油酸分子直径将偏大，故A正确；
B．图乙折线显示的是固体小颗粒在液体中做的无规则运动，并不是液体分子的无规则运动，故B错误；
C．由热运动规律可知，温度越高，氧分子做热运动的平均速率越大，速率大的分子数目越多，所以状态③时的温度比状态①、②时都高，故C正确；
D．由图丁可知，两分子间距从到，分子力表现为引力，先增大后减小到0；从到，分子力表现为斥力，逐渐增大，故D错误。
故选AC。
【分析】根据油膜法估测油酸分子的大小的实验原理分析；根据布朗运动的定义分析；由气体分子速率分布图的特点得出结论；根据分子力F随分子间距离r的变化图像得出结论，注意负号表示力的方向不表示大小。
15．如图甲所示，S为与波源处于同一均匀介质中的点，其与两波源、的距离分别是、，、间距离为，波源的振动图像如图乙所示；波源振动频率，其产生的简谐横波在时刻的图像如图丙所示，已知、均在时刻开始振动，则（ ）
A．波源的起振方向沿y轴负方向
B．质点S为振动加强点
C．时质点S向y轴负方向运动
D．在时，所在的平面内有2处波峰与波峰相遇
【答案】B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动；波的叠加
【解析】【解答】A．结合波源在t=0.25s时波的图像丙图可知，此时刚开始振动的质点x=2.5m处的起振方向沿y轴正方向，质点与波源的起振方向相同，因此波源为的起振方向沿y轴正方向，故A错误；
B．根据波源的振动图像图乙可知，波源的起振方向向上，又S点到两波源的波程差为，S点到两波源的波程差为波长的整数倍，且两波源的起振方向相同，所以质点S为振动加强点，故B正确；
C．在同一介质中，频率相同的两列机械波，波速相同，波长相等，由图可知，，则波速为，则P1波传到S点的时间为，因为S点为振动加强点，所以它的振动情况与波源P1的相同，当，S点已经振动了0.4s，刚好为两个周期，所以它此时向y轴正方向运动，故C错误；
D．当在时，波传至距离波源6m处，由起振方向可知，波峰分别位于距离波源5.5m、3.5m和1.5m处，以波源为圆心，波峰到波源的距离为半径做圆，可知所在的平面内有2处波峰与波峰相遇，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】由振动图像与波动图像结合同侧法得出波源的起振方向；根据某点到两波源的波程差等于半波长的偶数倍时，即为加强点，某点到两波源的波程差等于半波长的奇数倍时，即为减弱点；根据质点的振动特点进行分析；根据所给时间，计算出波运动的距离，以波源为圆心，以距离为半径看两圆的交点。
16．下列四个实验中体现控制变量法的实验（ ）
A．图1中的“探究加速度与力、质量的关系”实验
B．图2中的“探究求合力方法”实验
C．图3中的“探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系”实验
D．图4中的“用单摆测测量重力加速度”实验
【答案】A,C
【知识点】单摆及其回复力与周期；力的平行四边形定则及应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．探究加速度与力、质量的关系实验中需要控制力或质量不变，研究另一个量与加速度的关系，故该实验采用的是控制变量法，故A正确；
B．探究求合力方法实验采用的是等效法，即合力与分力的效果相同来进行验证的，故B错误；
C．探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系的实验时，需要控制质量、角速度或半径中的两个物理量，研究另一个物理量与向心力的关系，故该实验采用的是控制变量法，故C正确；
D．用单摆测量重力加速度采用的是理想模型法，故D错误。
故选AC。
【分析】控制变量法是指研究三个或三个以上物理量间的关系时所采用的方法，根据控制变量法原理与各项中实验原理进行逐项分析得出结论。
三、实验题
17．图是“探究加速度与力、质量的关系”实验时，小车做匀变速直线运动时得到的一条纸带的一部分，计数点1的读数为 ；其对应的加速度 （结果保留两位有效数字）。
【答案】4.15/4.16/4.17/4.18/4.19/4.20；0.60/0.61/0.62/0.63/0.64/0.65/0.66/0.67/0.68/0.69/0.70
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】[1]刻度尺的分度值为1mm，需要估读到分度值的下一位，计数点1的读数为4.16cm，由于读数误差（ 4.15cm-4.20cm）均可；
[2]相邻两个计数点之间还有四个点，所以相邻两个计数点间的时间间隔为0.1s，根据逐差法可得小车的加速度为，由于距离读数误差，(0.60-0.70)m/s2均可。
【分析】(1)由刻度尺读数规则读数即可；
（2）由逐差法得出加速度值。
四、单选题
18．“探究求合力方法”实验下列说法正确的是（ ）
A．拉着细绳套的两只弹簧秤，稳定后读数应相同
B．在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点
C．测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦
D．测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板
【答案】D
【知识点】力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】A．在不超出弹簧测力计的量程和橡皮条形变限度的条件下，使拉力适当大些，但是不必使两个弹簧秤的读数相同，故A错误；
B．在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向只需要再选择一个点就可以确定拉力的方向，故B错误；
C．测量时弹簧与弹簧秤外壳之间不存在摩擦，此时弹簧测力计的读数即为弹簧对细绳的拉力，弹簧外壳与木板之间存在摩擦不影响读数，故C错误；
D．为了减小实验中摩擦对测量结果的影响，在拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板，故D正确。
故选D。
【分析】根据探究合力方法实验中的操作步骤和规范操作进行分析得出结论。
五、实验题
19．用图做“用单摆测量重力加速度”实验时
（1）下列实验操作正确的是___________。
A．小球运动到最高点时开始计时
B．小球的摆角控制在以内
C．用天平测出小球的质量
D．测出单摆摆动5个周期的总时间，求得单摆的周期
（2）实验器材中没有小铁球，于是他用小铁块来代替小铁球进行实验。由于铁块形状不规则，无法测出摆长，他设计了如下的实验方法：先测出使用某一长度摆线时单摆的周期，然后将单摆的摆线缩短，再测出对应的周期。请写出重力加速度的表达式
【答案】（1）B
（2）
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】（1）A．为了减小时间的测量误差，小球运动到最低点时开始计时，故A错误；
B．为估小球做简谐运动，小球的摆角应小，故B正确；
C．由单摆的周期公式可得，则测量重力加速度与摆球质量无关，则无需测量摆球质量，故C错误；
D．测周期时，为了减少误差，一般测量20-30次全振动的时间，再计算周期，故D错误。
故选B；
（2）根据题意，设单摆的周期为时的摆长为，则单摆的周期为时的摆长为，由单摆的周期公式可得，则有，解得
【分析】（1）根据本实验原理和误差来源进行逐项分析；
（2）根据单摆周期公式对不同摆长的单摆列方程求解。
20．某校两个物理研究小组测量不同型号电池的电动势和内阻。
（1）第一小组利用多用电表粗略测定电动势，当多用电表选择开关位于直流挡时，多用电笔表盘如图甲所示，则该电池电动势约为 V。研究小组想利用多用电表欧姆挡粗略测量电源内阻，你认为 （填“可行”或“不可行”）。
（2）第二小组设计的实验电路图如图乙所示，已知，改变得到多组数据，以为纵坐标，为横坐标如图丙，请结合数据点分析电源电动势 V，内阻 （结果均保留小数点后两位）；滑动变阻器选 （填A或B）（滑动变阻器A、B的最大值分别为、）；该小组实验误差与电压表 （填“”或“”）的分流无关。
【答案】（1）1.16/1.17/1.18/1.19/1.20；不可行
（2）2.85/2.86/2.87/2.88/2.89/2.90/2.91/2.92/2.93/2.94/2.95/2.96/2.97/2.98；0.85/0.86/0.87/0.88/0.89/0.90/0.91/0.92/0.93/0.94/0.95/0.96/0.97/0.98；B；
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】（1）多用电表选择开关位于2.5V直流档，看表盘中间一排刻度线，由图可知电源电动势约为1.17V，由于读数误差(1.16-1.20V)均可；
由于多用电表本身已经有电源，多用电表欧姆挡测电阻时，被测电阻应与其他电源断开，所以不能测量电源的内阻；
（2）根据闭合电路欧姆定律，有，将坐标轴上的各数据点进行描点，如图所示
根据图像的纵截距可知，电源的电动势为2.90V，由于误差（2.85V-2.98V）均可；
由数学知识可知，斜率为，由于误差（0.85-0.98)欧姆均可；
电压表V2测量的是滑动变阻器两端的电压，最大示数约为2.4V，电压表V1测量的是定值电阻两端的电压，最小值约为0.3V，根据串联电路分压规律，可知滑动变阻器的最大阻值不小于定值电阻的8倍，所以滑动变阻器选择B；
根据实验原理可知，电路中的电流是通过电压表的示数和定值电阻的阻值计算的，所以由于电压表V2的分流作用，电路中的电流测量值会偏小，故实验误差于电压表有关，与无关。
【分析】（1）根据多用电表的读数规则和多用电表的构造原理分析即可；
（2）根据实验原理即闭合电路欧姆定律得出的关系结合数学知识得出电源电动势与内阻，及误差分析。
六、解答题
21．如图甲所示，水平对置发动机的活塞对称分布在曲轴两侧，在水平方向上左右运动，发机安装在汽车的中心线上，两侧活塞产生的影响相互抵消，可使车辆行驶更加平稳，同时节约能源、减少噪声。图乙为左侧汽缸（圆柱形）简化示意图。某次工厂测试某绝热汽缸的耐压性能，活塞横截面积为S，在距汽缸底部处固定两挡片，开始时活塞底部到缸底的距离为L，内部密封一定质量的理想气体，气体温度为。已知大气压强为，活塞右侧与连杆相连，连杆对活塞始终有水平向左的恒定推力，大小为。现缓慢给气体加热后，活塞向右滑动，不计一切摩擦。求：
（1）当活塞底部距离缸底L时，气体的压强；
（2）气体温度达到时，气体的压强；
（3）在第（2）问条件下，如果此过程中气体吸收的热量为Q，求此过程中气体内能的增加量。
【答案】（1）解：对活塞受力分析，根据共点力平衡，有
解得
（2）解：假设加热升温过程始终是等压变化，根据盖-吕萨克定律，有
解得
此时活塞已经与汽缸右侧挡板接触，由
得
（3）解：此过程中气体对外做功为
根据热力学第一定律，有
可得此过程中气体内能的增加量为
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）根据活塞受力平衡列式大气加水平向左的恒定推力等于封闭理想气体对活塞的向右的力相等；
（2）缓慢升温过程中气体是等压变化，根据盖-吕萨克定律可求得当温度为827摄氏度时活塞移动的距离大于到气缸底部3L，则需根据理想气体状态方程可能求出气体压强；
（3）根据等压过程可求出气体对外做功，再据热力学第一定律可求出此过程内能的增加量；
22．（2023·临海模拟）如图所示为处于竖直平面内的一实验探究装置的示意图，该装置由长、速度可调的固定水平传送带，圆心分别在和，圆心角、半径的光滑圆弧轨道和光滑细圆管组成，其中B点和G点分别为两轨道的最高点和最低点，B点在传送带右端转轴的正上方。在细圆管的右侧足够长的光滑水平地面上紧挨着一块与管口下端等高、长、质量木板（与轨道不粘连）。现将一块质量的物块（可视为质点）轻轻放在传送带的最左端A点，物块由传送带自左向右传动，在B处的开口和E、D处的开口正好可容物块通过。已知物块与传送带之间的动摩擦因数，物块与木板之间的动摩擦因数，g取。
（1）若物块进入圆弧轨道后恰好不脱轨，求物块在传送带上运动的时间；
（2）若传送带的速度，求物块经过圆弧轨道最低D点时，轨道对物块的作用力大小；
（3）若传送带的最大速度，在不脱轨的情况下，求滑块在木板上运动过程中产生的热量Q与传送带速度v之间的关系。
【答案】（1）解：物块进入圆弧轨道 后恰好不脱轨，则在B点有
解得
若物块在传送带上一直加速，由
则
由此可知物块应该是先加速后匀速
（2）解：若传送带的速度 ，则物体先加速后匀速，经过B点时的速度为
从B到D，由动能定理得
经过D点时
解得轨道对物块的作用力大小
（3）解：从B到G，由动能定理得
若在木板上恰好不分离则有
得
当 时
当 时
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）刚好不脱轨可知在B点重力提供向心力可解得物块在B点的速度，先验证物块在传送带上是否一直做匀加速直线运动，再由匀速根据位移与时间的关系可解得物块在传送带上的时间；
（2）由（1）知物体先匀加速在匀速故到达B点速度与传送带的速度相同，从B点到D点由动能定理可求出物块在D点的速度，在D点由轨道的支持力与物块的重力的合力提供向心力可解得轨道对物块的支持力，根据牛顿第三定律可解得物块对轨道的压力；
（3）从B点到D点列动能定理关系式，在木板上恰好不分离列动量守恒与动能定理三式联立可解得物块到B点到速度，传送带的速度未知 但，故可将计算得到的B点的速度分开讨论，当 据能量守恒定律得热量Q关于v的表达式，当产生的热量Q是一个固定值。
23．两条间距为d=0.1m的足够长平行金属导轨水平放置，在两导轨间存在着垂直导轨平面向下的有界磁场，磁感应强度沿坐标轴Ox分区分布，在x＞0区域B=3x（T），在－2m≤x≤0区域B=1.5（T），如图所示。金属棒ab与导轨垂直静止在x=1.5m处，长为d=0.1m，质量m=50g，电阻Ω，左端的定值电阻Ω。处在－2m≤x≤0区域的导轨是光滑的，导轨其余部分与ab棒的动摩擦因数均为μ=0.2。在导轨的右侧接有一个带有控制电键的“恒流源”，可提供I=1A的恒定电流，现闭合电键K发现ab棒沿轨道向左运动，求：
（1）闭合电键瞬间ab棒中的电流方向和ab棒的加速度大小；
（2）若棒运动到x=0时立即断开电键K，问ab棒最后静止在何处（用x轴坐标表示）。
（3）求出上述整个过程中R2产生的焦耳热。（备选信息：弹簧振子的周期公式其中m为振子质量，k为弹簧的劲度系数）
【答案】（1）解：由题可知，闭合电键瞬间，发现ab棒沿轨道向左运动，即受到了向左的安培力作用，根据左手定则可知，电流的方向b到a
ab与R2并联，则流过ab的电流为 = A
对棒ab，根据牛顿第二定律有
又B=3x=4.5T
代入得a=4m/s2
（2）解：对棒ab，从开始到x=0过程，根据动能定理有
其中 ，
代入得
设棒ab穿过左侧匀强磁场后的速度为 ，根据动量定理
代入得
根据速度位移公式有
棒ab最后停在位置
（3）解：棒ab在O点之前的的安培力为
则受到的合力为
由简谐振动的性质可知棒ab以x=0.5m处为平衡位置作简谐振动， ，周期为T= = s，
则有，运动的位移为从平衡位置开始一个振幅加半个振幅的位移，因此时间为 s
整个过程中电阻 上产生的热量为
代入数据解得
【知识点】简谐运动的表达式与图象；安培力的计算
【解析】【分析】（1）根据导体棒ab的运动方向可知所受安培力的方向，由左手定则可知ab棒中电流的方向，再根据导体棒与电阻并联根据欧姆定律知道经过导体棒的电流大小，根据（牛顿第二定律）安培力与摩擦力的合力提供加速，可解得关闭瞬间的加速度；
（2）对导体棒ab从开始到X=0过程中，根据动能定理解得到处到速度，安培力是均匀变化的可用力的平均值与位移的乘积，再根据动能定理可解得穿过匀强磁场时的速度，过后做匀减速直线运动，由位移与时间的关系可解得导体棒最后停下的位置；
（3）由题可解得ab棒在O点之前受到安培力与坐标的关系，可知其在x=0.5m处做简谐运动，故可知k=0.2，可解得其做简谐运动的周期，求出其位移与振幅的关系，根据能量守恒计算出在电阻上产生的热量。
24．如图，是边长为的正方形磁性约束装置，内部存在垂直纸面方向的匀强磁场，、中点O、处各有一窄缝。平行金属板M、N和边平行，长度为、两板间距离为a，其中M板紧靠边且中点处的窄缝与边的窄缝对齐，在金属板M、N上加电压时，两板间产生的电场可看成匀强电场。粒子源P不断向外释放电量为、质量为m的粒子，速度大小在之间，各个方向上的粒子数均匀分布。测量发现每秒有N个粒子从点射出，其中速度大小为的粒子恰能垂直边从窄缝射出。不考虑粒子所受重力和粒子间相关作用力，不考虑电、磁场边界效应，粒子撞到装置边界或极板后马上被吸收并立即通过接地线被导走。求：
（1） 内磁场的磁感应大小和方向；
（2）打到边的粒子中，在磁场中运动的最短时间；
（3）当时，N板上有粒子打到的区域的长度；
（4）请定性画出每秒打到N板上的粒子数n与电压的关系图线（需标注特征点）。
【答案】（1）解：如图1
作 的中垂线和 相交于B点得，速度为 的粒子做圆周运动的半径
由洛伦兹力提供向心力
得
根据左手定则判断可知，磁场方向垂直纸面向外
（2）解：如图2
粒子速度不变时，利用旋转轨迹圆的方法得，射到B点的粒子比射到 上其它位置的粒子运动的时间短；
如图3
在射到B点的粒子中，半径越大，圆心角越小。所以速度大小为 ，且打到B点的粒子运动时间最短
（3）解：如图4
连接 ，设速度v与 夹角为 ，作图构建几何关系
即粒子垂直 方向的速度大小为 ，所以粒子出磁场时速度方向与 的夹角为 （即与 边的夹角为 ）；
如图5
粒子在M、N板间做匀速直线运动，根据几何关系，速度与 边夹角为 的粒子恰能打到N板最左侧，与 板垂直的粒子能打到N板中点，所以有粒子打到的区域长度为
（4）解：当
时，所有粒子都不能打到N板
此时 ；
当
得
此时
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）据题意做出带电粒子的运动轨迹，根据几何关系求出半径，由洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小；
（2）根据洛伦兹力提供向心力，可知当带电粒子从B射出时对应的圆心角比达到故其运动时间最短；
（3）知道运动时间，据几何关系可解得其打到的区域长度；
（4）当电压为时，求出不能打到板上的电荷量，在分类讨论可画出其关系图像；
浙江省临海、新昌两地三校2023届高三下学期5月联考物理试题
一、单选题
1．下列仪器所测物理量的单位中，不属于基本单位的是（ ）
A． B．
C． D．
2．下列说法正确的是（ ）
A．合外力冲量越大，物体速度变化率越大
B．相对论和量子力学否定了牛顿运动定律
C．金属热电阻和热敏电阻都是由金属制作成的
D．匀速转动的电动机若线圈突然被卡住，则通过线圈的电流将增大
3．（2023高二下·杭州期中）年糕是我国很多地方传统的新年应时食品，打年糕时一般需要用木制榔头反复捶打石槽中煮熟的糯米如图所示。用木制榔头捶打年糕的过程中，放在水平地面上的石槽始终未动，下列说法正确的是（ ）
A．整个下降过程中榔头始终处于失重状态
B．榔头对年糕的弹力是年糕发生形变引起的
C．年糕凹陷，说明榔头对年糕的打击力大于年糕对榔头的支持力
D．榔头向下打击年糕时，地面对石槽的支持力大于石槽和年糕的总重力
4．我国首颗超百Gbps容量高通量地球静止轨道通信卫星中星26号卫星，于北京时间2023年2月23日在西昌卫星发射中心成功发射，该卫星主要用于为固定端及车、船、机载终端提供高速宽带接入服务。如图，某时刻中星26与椭圆轨道侦察卫星恰好位于C、D两点，两星轨道相交于A、B两点，C、D连线过地心，D点为远地点，两卫星运行周期都为T。下列说法正确的是（ ）
A．中星26与侦察卫星可能在A点或B点相遇
B．侦查卫星从D点运动到A点过程中机械能增大
C．中星26在C点线速度与侦察卫星在D点线速度相等
D．相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积
5．如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化如图乙，间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心，A点、B点分别为Oa、Od的中点。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面向外，大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线中电流的安培力大小为F，则（ ）
A．A点和B点的磁感应强度相同
B．其中b导线所受安培力大小为F
C．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向下
D．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上
6．下列有关四幅图像说法正确的是（ ）
A．图（1）中线圈中的磁场能在增加
B．图（2）中变化的磁场周围存在电场，与周围有没有闭合电路无关
C．图（3）中若B线圈不闭合，S断开时延时效果还存在
D．图（4）中电子的衍射实验证明了电子的粒子性
7．如图甲为交流发电机内部结构图，匝数为N的矩形线圈位置不变，磁铁绕轴转动后，线圈中生成正弦式交变电流如图乙所示，其电动势峰值为，周期为T，回路总电阻为R，则在时间内通过矩形线圈某一截面的电荷量为（ ）
A．0 B． C． D．
8．如图所示，一玻璃清洁工人坐在简易的小木板上，通过楼顶的滑轮和轻质绳索在竖直平面内缓慢下降。工人两腿并拢伸直，腿与竖直玻璃墙的夹角，，在下降过程中角保持不变。玻璃墙对脚的作用力始终沿腿方向，小木板保持水平且与玻璃墙平行。某时刻轻绳与竖直玻璃墙的夹角，连接小木板的两等长轻绳的夹角，且与在同一倾斜平面内。已知工人及工具的总质量，小木板的质量可忽略不计。工人在稳定且未擦墙时，下列说法正确的是（ ）
A．从该时刻起，工人在缓慢下移的过程中，脚对墙的作用力增大
B．从该时刻起，工人在缓慢下移的过程中，绳的弹力增大
C．此时若工人不触碰轻绳，小木板受的压力大小为
D．此时若工人不触碰轻绳，绳的张力大小为
9．如图所示是某款手机防窥屏的原理图，在透明介质中有相互平行排列的吸光屏障，屏障垂直于屏幕，可实现对像素单元可视角度的控制（可视角度定义为某像素单元发出的光在图示平面内折射到空气后最大折射角的2倍）。发光像素单元紧贴防窥屏的下表面，可视为点光源，位于相邻两屏障的正中间。不考虑光的衍射。下列说法正确的是（ ）
A．防窥屏实现防窥效果主要是运用了光的干涉
B．屏障的高度d越大，可视角度越大
C．透明介质的折射率越大，可视角度越大
D．从上往下观察手机屏幕，看到的图像比实际位置低
10．地铁靠站时列车车体和屏蔽门之间安装有光电传感器。如图甲所示，若光线被乘客阻挡，电流发生变化，工作电路立即报警。如图乙所示，光线发射器内大量处于激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光中只有a、b两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图丙所示为a、b光单独照射光电管时产生的光电流I与光电管两端电压U的关系图线。已知光电管阴极材料的逸出功为，可见光光子的能量范围是，下列说法正确的是（ ）
A．光线发射器中发出的光有两种为可见光
B．题述条件下，光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能为
C．题述a光为氢原子从能级跃迁到能级时发出的光
D．若部分光线被遮挡，光电子飞出阴极时的最大初动能变小，光电流减小
11．几十亿年后太阳内部氢元素消耗殆尽，内部高温高压使三个氦核发生短暂的热核反应，被称为氦闪，核反应方程为，该反应放出的能量为E，真空中光速为c。则下列说法错误的是（ ）
A．该反应属于核聚变 B．X核中有6个中子
C．X核的比结合能为 D．该反应的质量亏损为
12．（2023·临海模拟）如图所示的平行板电容器竖直放置，两极板间的距离为d，极板高度，对该电容器充上一定的电量后，将一带电小球P从非常靠近左极板的上端A处由静止释放，小球沿图中虚线运动打到了右极板的中点，为使小球能够从下方穿过电容器，右极板向右至少移动的距离为（ ）
A．d B． C． D．
13．如图所示，物体A、B用细线连接，在同一高度做匀速圆周运动，圆心均为点O。在某时刻，细线同时断裂，两物体做平抛运动，同时落在水平面上的同一点。连接A、B的细线长度分别为10l、5l，A、B圆周运动的半径分别为6l、4l，则O点到水平面的高度为（忽略物体的大小和细线质量）（ ）
A．6l B．10l C．12l D．15l
二、多选题
14．下列关于分子动理论知识，说法正确的是（ ）
A．图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，若水面上痱子粉撒得较多，实验测得的结果将偏大
B．图乙折线显示的是液体分子永不停息的无规则运动，这种运动称为布朗运动
C．图丙为氧气分子在不同温度下的速率分布图像，由图可知状态③时的温度比状态①、②时都高
D．图丁分子力F随分子间距离r的变化图像，两分子间距从到，分子力先减小后增大
15．如图甲所示，S为与波源处于同一均匀介质中的点，其与两波源、的距离分别是、，、间距离为，波源的振动图像如图乙所示；波源振动频率，其产生的简谐横波在时刻的图像如图丙所示，已知、均在时刻开始振动，则（ ）
A．波源的起振方向沿y轴负方向
B．质点S为振动加强点
C．时质点S向y轴负方向运动
D．在时，所在的平面内有2处波峰与波峰相遇
16．下列四个实验中体现控制变量法的实验（ ）
A．图1中的“探究加速度与力、质量的关系”实验
B．图2中的“探究求合力方法”实验
C．图3中的“探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系”实验
D．图4中的“用单摆测测量重力加速度”实验
三、实验题
17．图是“探究加速度与力、质量的关系”实验时，小车做匀变速直线运动时得到的一条纸带的一部分，计数点1的读数为 ；其对应的加速度 （结果保留两位有效数字）。
四、单选题
18．“探究求合力方法”实验下列说法正确的是（ ）
A．拉着细绳套的两只弹簧秤，稳定后读数应相同
B．在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点
C．测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦
D．测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板
五、实验题
19．用图做“用单摆测量重力加速度”实验时
（1）下列实验操作正确的是___________。
A．小球运动到最高点时开始计时
B．小球的摆角控制在以内
C．用天平测出小球的质量
D．测出单摆摆动5个周期的总时间，求得单摆的周期
（2）实验器材中没有小铁球，于是他用小铁块来代替小铁球进行实验。由于铁块形状不规则，无法测出摆长，他设计了如下的实验方法：先测出使用某一长度摆线时单摆的周期，然后将单摆的摆线缩短，再测出对应的周期。请写出重力加速度的表达式
20．某校两个物理研究小组测量不同型号电池的电动势和内阻。
（1）第一小组利用多用电表粗略测定电动势，当多用电表选择开关位于直流挡时，多用电笔表盘如图甲所示，则该电池电动势约为 V。研究小组想利用多用电表欧姆挡粗略测量电源内阻，你认为 （填“可行”或“不可行”）。
（2）第二小组设计的实验电路图如图乙所示，已知，改变得到多组数据，以为纵坐标，为横坐标如图丙，请结合数据点分析电源电动势 V，内阻 （结果均保留小数点后两位）；滑动变阻器选 （填A或B）（滑动变阻器A、B的最大值分别为、）；该小组实验误差与电压表 （填“”或“”）的分流无关。
六、解答题
21．如图甲所示，水平对置发动机的活塞对称分布在曲轴两侧，在水平方向上左右运动，发机安装在汽车的中心线上，两侧活塞产生的影响相互抵消，可使车辆行驶更加平稳，同时节约能源、减少噪声。图乙为左侧汽缸（圆柱形）简化示意图。某次工厂测试某绝热汽缸的耐压性能，活塞横截面积为S，在距汽缸底部处固定两挡片，开始时活塞底部到缸底的距离为L，内部密封一定质量的理想气体，气体温度为。已知大气压强为，活塞右侧与连杆相连，连杆对活塞始终有水平向左的恒定推力，大小为。现缓慢给气体加热后，活塞向右滑动，不计一切摩擦。求：
（1）当活塞底部距离缸底L时，气体的压强；
（2）气体温度达到时，气体的压强；
（3）在第（2）问条件下，如果此过程中气体吸收的热量为Q，求此过程中气体内能的增加量。
22．（2023·临海模拟）如图所示为处于竖直平面内的一实验探究装置的示意图，该装置由长、速度可调的固定水平传送带，圆心分别在和，圆心角、半径的光滑圆弧轨道和光滑细圆管组成，其中B点和G点分别为两轨道的最高点和最低点，B点在传送带右端转轴的正上方。在细圆管的右侧足够长的光滑水平地面上紧挨着一块与管口下端等高、长、质量木板（与轨道不粘连）。现将一块质量的物块（可视为质点）轻轻放在传送带的最左端A点，物块由传送带自左向右传动，在B处的开口和E、D处的开口正好可容物块通过。已知物块与传送带之间的动摩擦因数，物块与木板之间的动摩擦因数，g取。
（1）若物块进入圆弧轨道后恰好不脱轨，求物块在传送带上运动的时间；
（2）若传送带的速度，求物块经过圆弧轨道最低D点时，轨道对物块的作用力大小；
（3）若传送带的最大速度，在不脱轨的情况下，求滑块在木板上运动过程中产生的热量Q与传送带速度v之间的关系。
23．两条间距为d=0.1m的足够长平行金属导轨水平放置，在两导轨间存在着垂直导轨平面向下的有界磁场，磁感应强度沿坐标轴Ox分区分布，在x＞0区域B=3x（T），在－2m≤x≤0区域B=1.5（T），如图所示。金属棒ab与导轨垂直静止在x=1.5m处，长为d=0.1m，质量m=50g，电阻Ω，左端的定值电阻Ω。处在－2m≤x≤0区域的导轨是光滑的，导轨其余部分与ab棒的动摩擦因数均为μ=0.2。在导轨的右侧接有一个带有控制电键的“恒流源”，可提供I=1A的恒定电流，现闭合电键K发现ab棒沿轨道向左运动，求：
（1）闭合电键瞬间ab棒中的电流方向和ab棒的加速度大小；
（2）若棒运动到x=0时立即断开电键K，问ab棒最后静止在何处（用x轴坐标表示）。
（3）求出上述整个过程中R2产生的焦耳热。（备选信息：弹簧振子的周期公式其中m为振子质量，k为弹簧的劲度系数）
24．如图，是边长为的正方形磁性约束装置，内部存在垂直纸面方向的匀强磁场，、中点O、处各有一窄缝。平行金属板M、N和边平行，长度为、两板间距离为a，其中M板紧靠边且中点处的窄缝与边的窄缝对齐，在金属板M、N上加电压时，两板间产生的电场可看成匀强电场。粒子源P不断向外释放电量为、质量为m的粒子，速度大小在之间，各个方向上的粒子数均匀分布。测量发现每秒有N个粒子从点射出，其中速度大小为的粒子恰能垂直边从窄缝射出。不考虑粒子所受重力和粒子间相关作用力，不考虑电、磁场边界效应，粒子撞到装置边界或极板后马上被吸收并立即通过接地线被导走。求：
（1） 内磁场的磁感应大小和方向；
（2）打到边的粒子中，在磁场中运动的最短时间；
（3）当时，N板上有粒子打到的区域的长度；
（4）请定性画出每秒打到N板上的粒子数n与电压的关系图线（需标注特征点）。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】BCD.电流表测电流单位安培，秒表测时间单位秒，游标卡尺测长度单位米，都是基本单位，故BCD错误；
A.仪器测的是压强单位帕斯卡，不属于基本单位，故A正确；
故答案为：A。
【分析】七个基本物理量。
2．【答案】D
【知识点】动量；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A.合外力冲量越大合力与速度的积越大，不能说明合力就越大，也不能说明物体速度变化率越大，故A错误；
B.相对论和量子力学没有否定牛顿运动定律，故B错误。
C.金属热电阻是由金属制成，热敏电阻由半导体制成，故C错误。
D.匀速转动的电动机若线圈突然被卡住，就变成了纯电阻电路，此时两端电压增大，则通过线圈的电流将增大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A.物体的速度变化率，即加速度，合力冲量越大，速度 变化率 不一定越大；
B.相对论与量子力学与牛顿运动定律适用范围不同，但没有否定牛顿运动定律；
C.金属热电阻是由金属制成，热敏电阻由半导体制成；
D.匀速转动的电动机若线圈突然被卡住，就变成了纯电阻电路，此时两端电压增大，则通过线圈的电流将增大。
3．【答案】D
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】 A.下降过程中，榔头先加速后减速，向下加速过程，加速度向下，处于失重状态，向下减速过程，加速度向上，处于超重状态，故A错误； B.榔头对年糕的弹力是榔头发生形变引起的，故B错误； C.由牛顿第三定律，榔头对年糕的打击力等于年糕对榔头的支持力，故C错误；
D.榔头向下打击年糕时，设榔头对年糕的冲击力为 F ，地面对石槽的支持力为，石槽和年糕的总重力为G。则有
=G+F>G
故D正确。
故答案为：D。
【分析】A.当物体做向上加速运动或向下减速运动时，物体均处于超重状态，即不管物体如何运动，只要具有向上的加速度，物体就处于超重状态；当物体做向下加速运动或向上做减速运动时，物体均处于失重状态，即不管物体如何运动，只要具有向下的加速度，物体就处于失重状态。B.弹力是施力物体发生弹性形变而对与之接触的物体产生力的作用；C.作用力和反作用力的关系总是大小相等，方向相反，作用在不同一同物体上。
4．【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】A.中星26与侦察卫星周期相同，并且当中星26在下半周运动时，卫星在上半周运动，故不可能相遇，故A错误；
B.侦察卫星在D到A点过程中只有引力做功故机械能不变，故B错误；
C.开普勒第二定律可知，在近地点速度大于远地点速度故中星26在C点线速度大于侦察卫星在D点线速度，故C错误；
D.中星26与侦察卫星的周期相同，由开普勒第三定律，中星26轨道半径等于侦察卫星的半长轴，运动一个周期中星26是一个圆，而侦察卫星是一个椭圆，由于圆的面积大于椭圆的面积，故相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A.分析可知两星周期相同，且刚好相对的半周期运动，故不会相遇；
B.引力做功机械能守恒；
C.开普勒第二定律可知，在近地点速度大于远地点速度；
D.由开普勒第三定律，周期相同，中星26轨道半径等于侦察卫星的半长轴。
5．【答案】C
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度；安培定则
【解析】【解答】A.磁感应强度的大小相等，方向不同，故磁感应强度不相同，故A错误；
B.a c对b导线的安培力大小为F，f d对b导线的安培力为，e对b导线的安培力为，根据矢量合成，其所受合力的大小为，故B错误；
CD.据安培定则，ad在O点磁感应强度大小相等，方向相反，be在O点磁感应强度大小相等，方向相反，故abcde在O点的磁感应强度与c点在O点磁感应强度相同，方向垂直于ed向下，故C正确，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.磁感应强度是矢量，得大小方向相同才相同；
B.b导线受到的安培力为其他对b导线安培力的矢量和；
CD.据安培定则，在O点的磁感应强度为abcde的磁感应强度的矢量和。
6．【答案】B
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度；磁通量
【解析】【解答】A.根据上下极板的磁场方向和电流方向可知，电容器处于充电状态，则电场能在增加，磁场能在减小，故A错误；
B.据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场周围存在电场，与周围有没有闭合电路无关，故B正确；
C.若B线圈不闭合，S断开时不存在闭合回路，不会产生自感电流的磁场，故不会产生延时效果，故C错误；
D.电子的衍射实验证明了电子的波动性，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.能量是守恒的，充电状态磁场能转化为电场能；
B.根据麦克斯韦的电磁场理论；
C.若线圈不闭合，则不会产生感应电流；
D.衍射是波动性的特有的现象；
7．【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】根据电动势最大值表达式
，从中性面开始计时，在时间内，磁通量的变化量大小为
则在时间内通过矩形线圈某一截面的电荷量为
联立得；
故答案为：B。
【分析】根据磁通量变化求通过的电荷量。
8．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．从该时刻起，工人在缓慢下移的过程中，如图由相似三角形
OA长度增加，OD、DE长度不变，所以不变，增加，即绳OA的弹力增大，脚对墙的作用力大小为，在下降过程中角保持不变。所以脚对墙的作用力大小不变。故A错误；
B．由A选项得，OA长度增加，OD、DE长度不变，所以不变，增加，即绳OA的弹力增大，故B正确；
C．此时若工人不触碰轻绳，小木板受的压力大小等于，由于，则
，故C错误；
D．连接小木板的两等长轻绳AB、AC的夹角，所以绳AB的张力大小
，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据相似三角形来分析力的变化，根据平衡条件分析出小木板受的压力和AB的张力大小。
9．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．防窥膜实现防窥效果主要是因为某些角度范围内的光被屏障吸收，而不是发生干涉，故A错误；
B．如果屏障越高，则入射角越小，折射角越小，可视角度越小，故B错误；
C．由图可知，可视角是光线进入空气中时折射角的2倍，透明介质的折射率越大，根据折射定律
，当入射角不变时，介质的折射率n越大则折射角越大，可视角越大，故C正确；
D．根据光路是可逆，可知从上往下观察手机屏幕，看到的图像比实际位置高，故D错误；
故答案为：C。
【分析】掌握光的折射，干涉的规律及其运用。
10．【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A．光线发射器中发出的光子的能量分别为
可见光光子的能量范围是，故光线发射器中发出的光只有一种为可见光，故A错误；
B．根据，光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能为，，故B正确；
C．由图丙可知，由，，a光遏止电压小于b光遏止电压，得a光能量小于b光能量，则题述a光为氢原子从能级跃迁到能级时发出的光，故C错误；
D．部分光线被遮挡，不改变光子能量，则光电子飞出阴极时的最大初动能不变。是因为光子数量减少，导致光电子数量减小，光电流变小，D错误。
故答案为：B。
【分析】了解能级跃迁规律，了解爱因斯坦光电效应方程，了解影响光电流大小因素。
11．【答案】C
【知识点】原子核的组成；结合能与比结合能
【解析】【解答】AB．根据质量数和核电荷数守恒，可知核反应方程为
属于氢原子核结合成较重原子核反应，所以该反应属于核聚变，中子数等于质量数减去质子数，因此X核中有6个中子，故AB正确；
C．比结合能又称平均结合能，等于结合能除以核子数，结合能是自由分散的核子结合成原子核所释放的能量，并不是该反应放出的能量为E，所以X核的比结合能不为，故C错误；
D．根据爱因斯坦质能方程
又因为该反应放出的能量为E，所以该反应的质量亏损为，故D正确；
故答案为：C。
【分析】掌握核聚变的特点，掌握爱因斯坦质能方程。
12．【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】由题意可知，电容器所带电荷量不变，由公式、和可得，即改变两极板间的距离，板间的电场强度不变，所以右极板向右移动后，小球仍做沿虚线运动，如图所示
由几何关系可得，解得
故选A。
【分析】由题意可知，电容器所带电荷量不变，由公式、和得出板间电场强度不变，即小球的受力不变，小球仍沿虚线运动，由几何关系求解。
13．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】由几何关系可得
由平抛规律可知水平方向
下落的高度
小球做圆周运动时受力情况，在竖直方向上重力与竖直距离的比=水平方向上向心力与水平距离的比得到
，
，
联立可得
故答案为：C。
【分析】平抛运动的规律，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，若下降的高度相同，则时间所用时间相同。
14．【答案】A,C
【知识点】分子动理论的基本内容；布朗运动；分子势能
【解析】【解答】A．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，若水面上痱子粉撒得较多，则油酸分子比较难散开，会导致所测油膜面积偏小，由可知，实验测得的油膜厚度即油酸分子直径将偏大，故A正确；
B．图乙折线显示的是固体小颗粒在液体中做的无规则运动，并不是液体分子的无规则运动，故B错误；
C．由热运动规律可知，温度越高，氧分子做热运动的平均速率越大，速率大的分子数目越多，所以状态③时的温度比状态①、②时都高，故C正确；
D．由图丁可知，两分子间距从到，分子力表现为引力，先增大后减小到0；从到，分子力表现为斥力，逐渐增大，故D错误。
故选AC。
【分析】根据油膜法估测油酸分子的大小的实验原理分析；根据布朗运动的定义分析；由气体分子速率分布图的特点得出结论；根据分子力F随分子间距离r的变化图像得出结论，注意负号表示力的方向不表示大小。
15．【答案】B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动；波的叠加
【解析】【解答】A．结合波源在t=0.25s时波的图像丙图可知，此时刚开始振动的质点x=2.5m处的起振方向沿y轴正方向，质点与波源的起振方向相同，因此波源为的起振方向沿y轴正方向，故A错误；
B．根据波源的振动图像图乙可知，波源的起振方向向上，又S点到两波源的波程差为，S点到两波源的波程差为波长的整数倍，且两波源的起振方向相同，所以质点S为振动加强点，故B正确；
C．在同一介质中，频率相同的两列机械波，波速相同，波长相等，由图可知，，则波速为，则P1波传到S点的时间为，因为S点为振动加强点，所以它的振动情况与波源P1的相同，当，S点已经振动了0.4s，刚好为两个周期，所以它此时向y轴正方向运动，故C错误；
D．当在时，波传至距离波源6m处，由起振方向可知，波峰分别位于距离波源5.5m、3.5m和1.5m处，以波源为圆心，波峰到波源的距离为半径做圆，可知所在的平面内有2处波峰与波峰相遇，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】由振动图像与波动图像结合同侧法得出波源的起振方向；根据某点到两波源的波程差等于半波长的偶数倍时，即为加强点，某点到两波源的波程差等于半波长的奇数倍时，即为减弱点；根据质点的振动特点进行分析；根据所给时间，计算出波运动的距离，以波源为圆心，以距离为半径看两圆的交点。
16．【答案】A,C
【知识点】单摆及其回复力与周期；力的平行四边形定则及应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．探究加速度与力、质量的关系实验中需要控制力或质量不变，研究另一个量与加速度的关系，故该实验采用的是控制变量法，故A正确；
B．探究求合力方法实验采用的是等效法，即合力与分力的效果相同来进行验证的，故B错误；
C．探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系的实验时，需要控制质量、角速度或半径中的两个物理量，研究另一个物理量与向心力的关系，故该实验采用的是控制变量法，故C正确；
D．用单摆测量重力加速度采用的是理想模型法，故D错误。
故选AC。
【分析】控制变量法是指研究三个或三个以上物理量间的关系时所采用的方法，根据控制变量法原理与各项中实验原理进行逐项分析得出结论。
17．【答案】4.15/4.16/4.17/4.18/4.19/4.20；0.60/0.61/0.62/0.63/0.64/0.65/0.66/0.67/0.68/0.69/0.70
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】[1]刻度尺的分度值为1mm，需要估读到分度值的下一位，计数点1的读数为4.16cm，由于读数误差（ 4.15cm-4.20cm）均可；
[2]相邻两个计数点之间还有四个点，所以相邻两个计数点间的时间间隔为0.1s，根据逐差法可得小车的加速度为，由于距离读数误差，(0.60-0.70)m/s2均可。
【分析】(1)由刻度尺读数规则读数即可；
（2）由逐差法得出加速度值。
18．【答案】D
【知识点】力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】A．在不超出弹簧测力计的量程和橡皮条形变限度的条件下，使拉力适当大些，但是不必使两个弹簧秤的读数相同，故A错误；
B．在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向只需要再选择一个点就可以确定拉力的方向，故B错误；
C．测量时弹簧与弹簧秤外壳之间不存在摩擦，此时弹簧测力计的读数即为弹簧对细绳的拉力，弹簧外壳与木板之间存在摩擦不影响读数，故C错误；
D．为了减小实验中摩擦对测量结果的影响，在拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板，故D正确。
故选D。
【分析】根据探究合力方法实验中的操作步骤和规范操作进行分析得出结论。
19．【答案】（1）B
（2）
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】（1）A．为了减小时间的测量误差，小球运动到最低点时开始计时，故A错误；
B．为估小球做简谐运动，小球的摆角应小，故B正确；
C．由单摆的周期公式可得，则测量重力加速度与摆球质量无关，则无需测量摆球质量，故C错误；
D．测周期时，为了减少误差，一般测量20-30次全振动的时间，再计算周期，故D错误。
故选B；
（2）根据题意，设单摆的周期为时的摆长为，则单摆的周期为时的摆长为，由单摆的周期公式可得，则有，解得
【分析】（1）根据本实验原理和误差来源进行逐项分析；
（2）根据单摆周期公式对不同摆长的单摆列方程求解。
20．【答案】（1）1.16/1.17/1.18/1.19/1.20；不可行
（2）2.85/2.86/2.87/2.88/2.89/2.90/2.91/2.92/2.93/2.94/2.95/2.96/2.97/2.98；0.85/0.86/0.87/0.88/0.89/0.90/0.91/0.92/0.93/0.94/0.95/0.96/0.97/0.98；B；
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】（1）多用电表选择开关位于2.5V直流档，看表盘中间一排刻度线，由图可知电源电动势约为1.17V，由于读数误差(1.16-1.20V)均可；
由于多用电表本身已经有电源，多用电表欧姆挡测电阻时，被测电阻应与其他电源断开，所以不能测量电源的内阻；
（2）根据闭合电路欧姆定律，有，将坐标轴上的各数据点进行描点，如图所示
根据图像的纵截距可知，电源的电动势为2.90V，由于误差（2.85V-2.98V）均可；
由数学知识可知，斜率为，由于误差（0.85-0.98)欧姆均可；
电压表V2测量的是滑动变阻器两端的电压，最大示数约为2.4V，电压表V1测量的是定值电阻两端的电压，最小值约为0.3V，根据串联电路分压规律，可知滑动变阻器的最大阻值不小于定值电阻的8倍，所以滑动变阻器选择B；
根据实验原理可知，电路中的电流是通过电压表的示数和定值电阻的阻值计算的，所以由于电压表V2的分流作用，电路中的电流测量值会偏小，故实验误差于电压表有关，与无关。
【分析】（1）根据多用电表的读数规则和多用电表的构造原理分析即可；
（2）根据实验原理即闭合电路欧姆定律得出的关系结合数学知识得出电源电动势与内阻，及误差分析。
21．【答案】（1）解：对活塞受力分析，根据共点力平衡，有
解得
（2）解：假设加热升温过程始终是等压变化，根据盖-吕萨克定律，有
解得
此时活塞已经与汽缸右侧挡板接触，由
得
（3）解：此过程中气体对外做功为
根据热力学第一定律，有
可得此过程中气体内能的增加量为
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）根据活塞受力平衡列式大气加水平向左的恒定推力等于封闭理想气体对活塞的向右的力相等；
（2）缓慢升温过程中气体是等压变化，根据盖-吕萨克定律可求得当温度为827摄氏度时活塞移动的距离大于到气缸底部3L，则需根据理想气体状态方程可能求出气体压强；
（3）根据等压过程可求出气体对外做功，再据热力学第一定律可求出此过程内能的增加量；
22．【答案】（1）解：物块进入圆弧轨道 后恰好不脱轨，则在B点有
解得
若物块在传送带上一直加速，由
则
由此可知物块应该是先加速后匀速
（2）解：若传送带的速度 ，则物体先加速后匀速，经过B点时的速度为
从B到D，由动能定理得
经过D点时
解得轨道对物块的作用力大小
（3）解：从B到G，由动能定理得
若在木板上恰好不分离则有
得
当 时
当 时
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）刚好不脱轨可知在B点重力提供向心力可解得物块在B点的速度，先验证物块在传送带上是否一直做匀加速直线运动，再由匀速根据位移与时间的关系可解得物块在传送带上的时间；
（2）由（1）知物体先匀加速在匀速故到达B点速度与传送带的速度相同，从B点到D点由动能定理可求出物块在D点的速度，在D点由轨道的支持力与物块的重力的合力提供向心力可解得轨道对物块的支持力，根据牛顿第三定律可解得物块对轨道的压力；
（3）从B点到D点列动能定理关系式，在木板上恰好不分离列动量守恒与动能定理三式联立可解得物块到B点到速度，传送带的速度未知 但，故可将计算得到的B点的速度分开讨论，当 据能量守恒定律得热量Q关于v的表达式，当产生的热量Q是一个固定值。
23．【答案】（1）解：由题可知，闭合电键瞬间，发现ab棒沿轨道向左运动，即受到了向左的安培力作用，根据左手定则可知，电流的方向b到a
ab与R2并联，则流过ab的电流为 = A
对棒ab，根据牛顿第二定律有
又B=3x=4.5T
代入得a=4m/s2
（2）解：对棒ab，从开始到x=0过程，根据动能定理有
其中 ，
代入得
设棒ab穿过左侧匀强磁场后的速度为 ，根据动量定理
代入得
根据速度位移公式有
棒ab最后停在位置
（3）解：棒ab在O点之前的的安培力为
则受到的合力为
由简谐振动的性质可知棒ab以x=0.5m处为平衡位置作简谐振动， ，周期为T= = s，
则有，运动的位移为从平衡位置开始一个振幅加半个振幅的位移，因此时间为 s
整个过程中电阻 上产生的热量为
代入数据解得
【知识点】简谐运动的表达式与图象；安培力的计算
【解析】【分析】（1）根据导体棒ab的运动方向可知所受安培力的方向，由左手定则可知ab棒中电流的方向，再根据导体棒与电阻并联根据欧姆定律知道经过导体棒的电流大小，根据（牛顿第二定律）安培力与摩擦力的合力提供加速，可解得关闭瞬间的加速度；
（2）对导体棒ab从开始到X=0过程中，根据动能定理解得到处到速度，安培力是均匀变化的可用力的平均值与位移的乘积，再根据动能定理可解得穿过匀强磁场时的速度，过后做匀减速直线运动，由位移与时间的关系可解得导体棒最后停下的位置；
（3）由题可解得ab棒在O点之前受到安培力与坐标的关系，可知其在x=0.5m处做简谐运动，故可知k=0.2，可解得其做简谐运动的周期，求出其位移与振幅的关系，根据能量守恒计算出在电阻上产生的热量。
24．【答案】（1）解：如图1
作 的中垂线和 相交于B点得，速度为 的粒子做圆周运动的半径
由洛伦兹力提供向心力
得
根据左手定则判断可知，磁场方向垂直纸面向外
（2）解：如图2
粒子速度不变时，利用旋转轨迹圆的方法得，射到B点的粒子比射到 上其它位置的粒子运动的时间短；
如图3
在射到B点的粒子中，半径越大，圆心角越小。所以速度大小为 ，且打到B点的粒子运动时间最短
（3）解：如图4
连接 ，设速度v与 夹角为 ，作图构建几何关系
即粒子垂直 方向的速度大小为 ，所以粒子出磁场时速度方向与 的夹角为 （即与 边的夹角为 ）；
如图5
粒子在M、N板间做匀速直线运动，根据几何关系，速度与 边夹角为 的粒子恰能打到N板最左侧，与 板垂直的粒子能打到N板中点，所以有粒子打到的区域长度为
（4）解：当
时，所有粒子都不能打到N板
此时 ；
当
得
此时
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）据题意做出带电粒子的运动轨迹，根据几何关系求出半径，由洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小；
（2）根据洛伦兹力提供向心力，可知当带电粒子从B射出时对应的圆心角比达到故其运动时间最短；
（3）知道运动时间，据几何关系可解得其打到的区域长度；
（4）当电压为时，求出不能打到板上的电荷量，在分类讨论可画出其关系图像；
