浙江省杭州市浙南联盟2024-2025学年高三上学期10月月考物理试题
1．（2024高三上·杭州月考）用国际单位制的基本单位表示功率的单位，正确的是（ ）
A．J·s B．N·m/s C． D．
【答案】D
【知识点】功率及其计算；力学单位制
【解析】【解答】 基本单位：基本物理量的单位．力学中的基本物理量有长度、质量、时间，它们的国际单位分别是米、千克、秒 。根据功率的定义式有
又
且
可得
其中质量m的单位为kg，加速度a的单位为m/s2，位移s的单位为m，时间t的单位为s，故用国际单位制的基本单位表示功率的单位，为。
故选D。
【分析】通过七大国际基本单位，配合公式进行单位推导。
2．（2024高三上·杭州月考）我国无人机技术快速发展，广泛应用于各个领域。已知某商用无人机靠螺旋桨的转动来产生升力和前行力，其自带电池续航时间达2h。下列说法正确的是（ ）
A．“2h”指的是时刻
B．无人机飞行快慢不影响惯性大小
C．在研究无人机转弯过程的姿态时，可以将无人机视为质点
D．若无人机在水平面内做匀速圆周运动，则其运动属于匀变速曲线运动
【答案】B
【知识点】质点；时间与时刻；惯性与质量；匀速圆周运动
【解析】【解答】A．“2h” 这里指的工作时间，不是时刻，故A错误 ；
B． 根据惯性只取决于物体质量，可知运动快慢不影响惯性大小，故B正确 ；
C．在研究无人机转弯过程的姿态时，无人机的大小和形状不可忽略不计，则不可以将无人机视为质点，故C错误；
D．若无人机在水平面内做匀速圆周运动，向心加速度方向时刻在改变，则其运动属于非匀变速曲线运动，故D错误。
故选B。
【分析】 根据时间、时刻、惯性的决定因素、质点和物体的受力情况分析判断。
3．（2024高三上·杭州月考）如图是筷子夹鹅卵石时的三个动作示意图，筷子均在同一竖直平面内：图甲中的筷子处于竖直方向，图乙中的筷子处于水平方向，图丙中的筷子处于倾斜方向，与水平面成一定夹角。三个图中的鹅卵石均处于静止状态，则（ ）
A．图甲中的鹅卵石受到四个力的作用
B．图乙中下方筷子对鹅卵石的弹力大于鹅卵石对其的弹力
C．当缓慢增大图丙中筷子与水平方向的夹角，鹅卵石受到筷子对它的作用力不变
D．若图甲中筷子夹着鹅卵石一起向上匀速运动，鹅卵石受到摩擦力方向为竖直向下
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；静摩擦力；共点力的平衡
【解析】【解答】A．甲图中的鹅卵石受重力、两个弹力和两个静摩擦力，共五个力，A错误；
B． 根据牛顿第三定律可知，图乙中下方筷子对鹅卵石的弹力等于鹅卵石对其的弹力，故B错误
C． 根据平衡条件，鹅卵石受到筷子对它作用力大小与重力相等，增大丙图中筷子与水平方向夹角，鹅卵石受到筷子对它作用力不变，故C正确 ；
D．若图甲中筷子夹着鹅卵石一起向上匀速运动，鹅卵石受到摩擦力方向为竖直向上，故D错误。
故选C。
【分析】 甲图中的鹅卵石受5个力的作用；根据平衡条件分析摩擦力、弹力的大小及变化情况。
4．（2024高三上·杭州月考）据报道，日本核电站排放的核污水中含有大量的氚以及碘-129、碳-14、锶-90等几十种放射性元素。已知氚的半衰期约为12年，其反应方程为，则（ ）
A．的比结合能比的比结合能小
B．粒子X是氚原子的核外电子
C．该反应是衰变
D．100个氚核经过24年后还剩余25个
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】 核反应中反应前系统内所有原子核的总结合能与反应后生成的所有新核的总结合能之差，就是该核反应所释放（或吸收）的核能。AC．根据质量数和核电荷数守恒可知粒子X是，所以该反应为β衰变，由于释放能量，生成物的原子核更稳定，的比结合能比的比结合能小，故A正确，C错误；
B．粒子X是一个核内中子转变为质子并释放的一个电子，故B错误；
D．半衰期是大量原子发生衰变的速度的统计规律，对少数的放射性原子发生衰变的速度没有意义，故D错误。
故选A。
【分析】 据质量数守恒和电荷数守恒判断生成物，确定反应类型，氚核发生β衰变，由于释放能量，生成物的原子核更稳定，据此分析即可；原子核发生β衰变时，原子核内一个中子转变为质子并释放出一个电子；半衰期属于统计规律。
5．（2024高三上·杭州月考）浙江大学高分子系某课题组制备出了一种超轻的固体气凝胶，它刷新了目前世界上最轻的固体材料的记录。设气凝胶的密度为（单位为），摩尔质量为M（单位为kg/mol），阿伏加德罗常数为，则（ ）
A．a千克气凝胶所含分子数为
B．气凝胶的摩尔体积为
C．每个气凝胶分子的体积为
D．每个气凝胶分子的直径为
【答案】D
【知识点】与阿伏加德罗常数有关的计算
【解析】【解答】 阿伏加德罗常数的定义值是指0.012kg 12C所含的原子数，约为6.02×1023，符号为NA．表示1mol任何粒子的数目。A．分子数等于阿伏加德罗常数与物质的量的乘积，a千克气凝胶所含有的分子数为
故A错误；
B．气凝胶的摩尔体积为
故B错误；
C．气凝胶中包含个分子，故每个气凝胶分子的体积为
故C错误：
D．设每个气凝胶分子的直径为D，则有
解得每个气凝胶分子的直径为
故D正确。
故选D。
【分析】通过求解出a克气凝胶的摩尔数，求解出所含分子数；利用摩尔体积求解出每个分子的体积，再根据球的体积公式计算出分子直径。
6．（2024高三上·杭州月考）在维修高压线路时，为保障安全，电工要穿特制材料编织的电工服（如图甲）。图乙中电工站在高压直流输电线的A供电线上作业，头顶上方有B供电线，B电线电势高于A电线，虚线表示电工周围某一截面上的4条等势线，已知相邻等势线的电势差值均为5V，c、d、e、f是等势线上的四个点，下列说法正确的是（ ）
A．电工服是用绝缘性能良好的绝缘材料制作
B．在c、d、e、f四点中，c点的电场最强
C．在e点静止释放一个电子，它会向d点所在等势面运动
D．将一个电子由c移到d电场力所做的功为5eV
【答案】C
【知识点】电场强度的叠加；等势面
【解析】【解答】A．电工服是用金属丝织成的金属网制成的，对外部电场能起到屏蔽作用，选项A错误；
B． 电场中电势相等的点组成的面（平面或曲面）叫做等势面 ， 在电场线密集的地方，等差等势面密集在电场线稀疏的地方，等差等势面稀疏 。在c、d、e、f四点中，f点的等势面最密集，则电场线最密集，则f点的电场最强，选项B错误；
C．在e点静止释放一个电子，它会向d点所在高等势面运动，选项C正确；
D．cd两等势面的电势差为5V，且c等势面电势较高，则将一个电子由c移到d电场力所做的功为-5eV，选项D错误。
故选C。
【分析】根据静电屏蔽、等势面和电场线的关系以及电场力做功和电势差的关系分析求解。
7．（2024高三上·杭州月考）如图甲所示，高压输电线上有a、b、c三根相互平行的水平长直导线通有大小相等且方向相同的电流I。、、为导线a、b、c上的三个点，连接三点构成的三角形为等腰直角三角形，且与三根导线均垂直，O为连线的中点。逆着电流方向观察得到如图乙所示的截面图。已知单独一根通电导线a在O处产生的磁感应强度大小为B，不计地磁场的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．O点的磁感应强度大小为3B
B．O点的磁感应强度方向是从O指向
C．导线b受到的安培力方向竖直向上
D．导线b受到的安培力为零
【答案】B
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】AB． 根据安培定则得到三根导线在O点的磁感应强度方向。由题意可知，通电导线a、b、c在O处产生的磁感应强度大小均为B，方向分别为竖直向上、水平向右、竖直向下，根据磁场强度的叠加原理可知，O点的磁感应强度大小为B，方向从O指向，故A错误，B正确；
CD． 注意同向电流是相互吸引的，学生往往记为相互排斥 ，如图所示
导线b的合磁场强度水平向左，根据左手定则可知导线b受到的安培力方向竖直向下，故CD错误。
故选B。
【分析】根据安培定则结合矢量合成法则分析磁感应强度 ；根据同向电流相互吸引分析安培力。
8．（2024高三上·杭州月考）如图所示是地月天体系统，在月球外侧的地月连线上存在一个特殊点，称为拉格朗日点。在地球上发射一颗质量为的人造卫星至该点后，它受到地球、月球对它的引力作用，并恰好和月球一起绕地球同角速度匀速圆周运动。已知相对于地球质量M和月球质量m来说，很小，所以卫星对地球和月球的引力不影响地球和月球的运动。设地心、月心间距为L，月心到该拉格朗日点的距离为d，则（ ）
A．该卫星的线速度比月球的线速度小
B．该卫星的向心加速度比月球的向心加速度小
C．该卫星的发射速度大于第二宇宙速度11.2km/s
D．题中物理量满足等式
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星和月球的角速度相同，根据
该卫星的线速度比月球的线速度大，故A错误；
B．根据
该卫星的向心加速度比月球的向心加速度大，故B错误；
C． 第二宇宙速度也叫脱离速度，是指在地面上发射物体，使之能够脱离地球的引力作用，成为绕太阳运动的人造行星或绕其他行星运动的人造卫星所必需的最小发射速度，其大小为v=11.2 km/s。 当物体(航天器)飞行速度达到11.2km/s时，就可以摆脱地球引力的束缚，飞离地球进入环绕太阳运行的轨道，所以该卫星的发射速度小于第二宇宙速度11.2km/s，故C错误；
D．对卫星，向心力
对月球，向心力
联立得
故D正确。
故选D。
【分析】 根据线速度和加速度与角速度的关系式列式结合半径进行分析判断；根据第二宇宙速度的物理意义进行分析判断；根据万有引力提供向心力列式联立求解。
9．（2024高三上·杭州月考）如图是运动员斜向上抛出铅球时的情景，用h表示铅球飞行过程中的离地高度，以地面为零势能面，、、E分别表示铅球的重力势能、动能、机械能，P表示铅球重力做功的瞬时功率大小，不计空气阻力。已知铅球刚离手时高度为，运动到最高点时高度为。则铅球在空中飞行过程中，下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】功率及其计算；动能；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．铅球的重力势能为
故A正确；
B． 物体将以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。 因为是斜抛，最高点时具有水平速度，动能不为0，故B错误；
C．只有重力做功，铅球的动能和重力势能相互转化，整个过程中机械能守恒，故C错误；
D．设初始时竖直方向速度，过程中任意时刻竖直方向速度，根据竖直方向上匀变速直线运动的规律则有
铅球重力做功的瞬时功率大小
P-h图像应为曲线，故D错误。
故选A。
【分析】只有重力做功，铅球的动能和重力势能相互转化，机械能守恒。
10．（2024高三上·杭州月考）许多家用电器中都有环形铁芯的变压器，其漏磁和能量损耗都很小，可视为理想变压器。如图甲所示，铁芯左边的原线圈接理想交流电源，其电压随时间变化的关系如图乙所示，最大值。右边的副线圈接一个“20V，44W”的照明电灯，图中电压表与电流表均为理想交流电表，此时照明电灯恰好正常发光。则（ ）
A．原线圈中交流电的频率为100Hz
B．甲图中电流表的读数为0.2A
C．原副线圈的匝数比为
D．若把照明电灯更换为“20V 22W”的灯泡，则该灯泡会烧坏，不能正常工作
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A． 根据图像得出交流电的周期，从而得出频率。由图乙可知，该交流电的周期为
所以原线圈中交流电的频率为
故A错误；
BC．原线圈两端电压的有效值为
原、副线圈的电压之比等于匝数之比：U1：U2=n1：n2 ，根据理想变压器原副线圈的电压与线圈匝数关系可知原副线圈的匝数之比为
副线圈中的电流为
原、副线圈的电流之比等于匝数的反比：I1：I2=n2：n1 ，根据
可得甲图中电流表的读数为
故B正确，C错误；
D．若把照明电灯更换为“20V ，22W”的灯泡，根据
可知
则该灯泡不会烧坏，仍能正常工作，故D错误。
故选B。
【分析】 根据图像得出交流电的周期，从而得出频率；根据原副线圈两端的匝数比和电压比的关系得出副线圈的匝数，根据电功率公式计算电流。
11．（2024高三上·杭州月考）一个半径为R、球心为O的半球形储油桶固定在水平面上，桶口平面保持水平。当桶内没有油时，从某点A恰能看到弧形桶底的B点，OB连线与水平方向夹角为。当桶内装满油时，仍沿AB方向看去，恰能看到桶底的最低点C点。没有油时，光从B点出发传播到A所用时间为；装满油时，光从C点出发传播到A所用时间为。设油的折射率为n，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】 光从真空射入某种介质发生折射时，入射角θ1的正弦与折射角θ2的正弦之比，叫做介质的绝对折射率，简称折射率。 任何介质的折射率都大于1，．两种介质相比较，折射率较大的介质叫做光密介质，折射率较小的介质叫做光疏介质。AB．作出光路图，如图所示
由几何关系可知，装满油后，入射角为
折射角为
根据折射定律可知，油的折射率为
故AB错误；
CD．当桶内没有油时，光在桶内传播的距离为
所以没有油时，光从B点出发传播到A所用时间为
装满油时，光在桶内传播的距离为
介质的折射率等于光在真空中与在该介质中的传播速度之比， 光在桶内传播的速度为
所以装满油时，光从C点出发传播到A所用时间为
所以
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】 根据题意画出光的折射，结合几何关系与折射定律解得折射率，根据光速与折射率的公式计算光在介质中的速度，从而计算时间。
12．（2024高三上·杭州月考）如图三个实验，图甲是法拉第圆盘，圆盘全部处于磁场区域，可绕中心轴转动，通过导线将圆盘圆心和边缘与外面电阻R相连。图乙是阿拉果圆盘，将一铜圆盘水平放置，圆盘可绕中心轴无摩擦转动，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针。图丙是费曼圆盘，一块水平放置的绝缘体圆盘可绕过其中心的竖直轴无摩擦转动，在圆盘的中部有一个线圈，圆盘的边缘固定着若干带负电的金属小球。则（ ）
A．法拉第圆盘在转动过程中，圆盘中磁通量不变，无感应电流通过R
B．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘，小磁针会同向转动：反之，转动小磁针，圆盘不动
C．费曼圆盘中，当开关闭合的一瞬间，圆盘会顺时针（俯视）转动
D．法拉第圆盘和阿拉果圆盘都是电磁驱动的表现
【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】A．当导体（这里是圆盘）在磁场中运动时，会切割磁感线，从而在导体中产生感应电动势。如果导体是闭合的或者与闭合电路相连，那么就会形成感应电流。圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，故有感应电流流过R，故A错误；
B． 如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动。 阿拉果圆盘实验中，转动圆盘或小磁针，都产生感应电流，因安培力的作用，另一个物体也会跟着转动，故B错误；
C．开关闭合瞬间，圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带负电，再根据电磁场理论可知，产生逆时针方向的电场，负电荷受到的电场力与电场方向相反，则有顺时针电场力，圆盘会顺时针（俯视）转动，故C正确；
D．如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用就是电磁驱动，显然法拉第圆盘是机械能转化为电能的过程，并不是电磁驱动，故D错误。
故选C。
【分析】 对于费曼圆盘实验，要理解其涉及的是楞次定律。当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中会产生感应电流，这个感应电流产生的磁场会阻碍原磁通量的变化。
13．（2024高三上·杭州月考）真空中有一平行板电容器，两极板分别由铂和钾（其极限波长分别为和）制成，极板正对面积为S，间距为d，相对介电常数。已知真空中光速为c，静电力常量为k，普朗克常量为h，元电荷为e。现用波长为的单色光持续照射两板内表面，则电容器的最终带电荷量Q等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电容器及其应用；光电效应
【解析】【解答】 为了解释光电效应现象，爱因斯坦提出了光电效应理论。光电效应方程
其中hν为入射光子的能量，Ek为光电子的最大初动能，W0是金属的逸出功。铂的极限波长为λ1，钾的极限波长为λ2，因为λ1＜λ＜λ2 ，由公式
可知，波长越大，频率越小，现用波长为λ(λ1＜λ＜λ2)的单色光持续照射两板内表面时，只能使钾金属板发生光电效应，钾金属板失去电子成为电容器的正极板，光电子运动到铂金属板上后使铂金属板成为电容器的负极板，根据爱因斯坦光电效应方程有
又因为逸出功
光电子不断从钾金属板中飞出到铂金属板上，两金属板间电压逐渐增大，且使光电子做减速运动，当增大到一定程度，光电子不能到达铂金属板，即到达铂金属板时速度恰好减小到零，此时，两极板间的电压为，极板的带电量最大为，则有电场力做功大小刚好等于电子的最大初动能。
根据平行板电容器的决定式可知，真空中平行板电容器的电容
根据电容器的定义式
可得，极板上的带电量为
联立可得
其中
电容器的最终带电荷量为
故选A。
【分析】 首先利用光电效应方程求出电子的初动能，然后理解电容器最终带电量的含义：即电子不能再运动到负极板，其临界状态是电子减速到负极板时速度刚好减速为零；根据动能定理、光电效应方程结合电容的定义式进行解答。
14．（2024高三上·杭州月考）关于下面四幅图涉及的物理知识，下列说法正确的是（ ）
A．图甲当水从盛水容器的弯管中喷出时，容器会旋转起来，这是利用反冲的原理
B．图乙当光经过大头针尖时发现影子中出现明暗相间的条纹，这是光的干涉现象
C．图丙是卢瑟福的粒子散射实验，可用于估算原子核的大小
D．图丁是核反应堆示意图，镉棒的作用是与中子碰撞，使“快中子”变为“慢中子”
【答案】A,C
【知识点】反冲；光的衍射；α粒子的散射；核裂变
【解析】【解答】A． 一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫作反冲。 反冲遵循动量守恒定律 。图甲当水从下方弯曲喷口流出时水对喷口有反冲作用，使容器旋转起来，这是利用反冲的原理，故A正确；
B．光经过大头针尖时，大头针尖边缘轮廓会模糊不清，这是光的衍射现象，故B错误；
C．卢瑟福用粒子轰击原子而产生散射的实验，在分析实验结果的基础上，他提出了原子核式结构模型，并可以估算原子核的大小，故C正确；
D．核电站中镉棒的作用是用来吸收中子，从而起到控制核反应速度的作用，故D错误。
故选AC。
【分析】 根据反冲原理分析；根据光的衍射分析；根据α粒子散射实验的成就分析；根据镉棒的作用进行分析。
15．（2024高三上·杭州月考）在均匀介质中建立图甲所示三维直角坐标系，xOy平面水平。在x轴上的两个波源、的坐标分别为，振幅分别为和。当时两波源同时垂直水平面开始同频振动，原点O的振动图像如图乙所示，y轴上P点的坐标为，则（ ）
A．两列波的起振方向相反
B．振幅
C．两列波的波速均为8m/s
D．两列波在P处叠加后，质点P是干涉加强点
【答案】A,C,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】 波的叠加原理：几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不互相干扰，只是在重叠的区域里，介质的质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和 。AB．由乙图知，时波源产生的波传到O点，振幅
时波源产生的波传到O点，且此时波源产生的波在点刚好振动一个周期，此时向轴正方形振动，但两列波叠加后，点向下振动，且振幅为10cm，可知两列波的起振方向相反，且满足
解得
故A正确，B错误；
C．由乙图知，波源产生的波周期为
则
波长
波速
波源产生的波周期为
则
波长
波速
故C正确；
D．P到波源距离
P到波源距离
如果起振方向相同，某点到两波源的波程差等于半波长的奇数倍，则该点为振动减弱点。又两列波的起振方向相反，所以两列波在P处叠加后，质点P是干涉加强点，故D正确。
故选ACD。
【分析】 先由O点振动图像判断波速及起振方向，再由波的叠加判断振幅及质点P是否是干涉加强点。
16．（2024高三上·杭州月考）用图1所示实验装置探究加速度与力、质量的关系。
（1）以下操作正确的是______。
A．使小车质量远小于槽码质量
B．需要抬高长木板的右侧以补偿阻力
C．补偿阻力时移去打点计时器和纸带
D．释放小车后再接通打点计时器
（2）某次正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别为。已知打点计时器的打点周期为T，则小车加速度a的表达式是______。
A．
B．
C．
（3）甲乙两组同学各自独立实验，都探究加速度与质量的关系。他们都以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的图像如图3所示，纵轴上的截距均为b。由图像得甲组所用的槽码质量 乙组槽码质量（选填“大于”、“小于”或“等于”）。根据理论推导可知 。已知重力加速度为g。
【答案】（1）B
（2）A
（3）大于；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力，故应使小车质量远大于槽码质量，故A错误；
BC． 此实验将细绳的拉力作为小车受到的合力，故需要调整垫块位置，改变长木板的倾斜程度以补偿阻力，纸带运动时打点计时器对其也有阻力作用，故补偿阻力时要带着纸带和打点计时器，故B正确，C错误；
D．根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小车，故D错误。
故选B。
（2）
根据匀变速直线运动的逐差法计算加速度公式可知
则加速度为
故选B。
（3）
设槽码的质量为m，细绳的拉力为F，由牛顿第二定律得，对槽码有
对小车和砝码有
解得
故斜率越小，槽码的质量m越大，由图可知甲的斜率较小，故甲组所用的槽码质量大于比乙组所用的槽码质量；
根据理论推导可知
【分析】（1）本实验需要将细绳的拉力近似等于槽码的重力，需要使小车质量远大于槽码质量；实验将细绳的拉力作为小车受到的合力，故需要调整长木板的倾斜程度以补偿阻力，纸带运动时打点计时器对其也有阻力作用，故补偿阻力时要带着纸带和打点计时器；实验时要先接通打点计时器的电源，再释放小车。
（2）将四个选项对应的加速度算式，进行整理可得到最终结果，将实验数据全部用到了才是最优的算式。
（3）根据图像的形状判断a与M的关系。根据牛顿第二定律得到图像的表达式，由图像的斜率分析解答。
（1）A．为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力，故应使小车质量远大于槽码质量，故A错误；
B．为了保证小车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要抬高长木板的右侧以补偿阻力，也要保持细线和长木板平行，故B正确；
C．补偿阻力时不能移去打点计时器和纸带，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动，故C错误；
D．根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小车，故D错误。
故选B。
（2）根据逐差法可知
则加速度为
故选B。
（3）[1]设槽码的质量为m，细绳的拉力为F，由牛顿第二定律得，对槽码有
对小车和砝码有
解得
故斜率越小，槽码的质量m越大，由图可知甲的斜率较小，故甲组所用的槽码质量大于比乙组所用的槽码质量；
[2]根据理论推导可知
17．（2024高三上·杭州月考）已知一热敏电阻当温度从10℃升至60℃时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学想利用伏安法测量其阻值随温度的变化关系。实验时，将热敏电阻置于温度控制室中。
（1）该同学先将控制室的温度调为30℃，用多用电表测量热敏电阻的阻值。经过规范操作后，所选欧姆挡倍率及指针位置分别如图甲、乙所示，则热敏电阻为 Ω。
（2）该同学想更准确地测量30℃时热敏电阻的阻值，开始设计实验。可用器材有：
电压表V（量程为3V，内阻）
电流表（量程为10mA，内阻约为30Ω）
电流表（量程为1mA，内阻约为300Ω）
滑动变阻器（最大阻值为30Ω）
滑动变阻器（最大阻值为15kΩ）
定值电阻（）
电源E（电动势，内阻不计），开关S，导线若干
①为了使电压测量范围尽可能的大，电流表应选择 （选填或）滑动变阻器应选择 （选填或）
②在①的条件下，为了准确计算得到Rx的值，有如下A、B、C、D四种电路设计方案，每个设计方案中的安培表和滑动变阻器均为①问中所选的相应器材，则最合理的方案是 。
A. B. C. D.
③根据②问所选的电路进行某次实验时，电压表和电流表的指针分别如图丙、丁所示，则电压表读数 V，热敏电阻 （此空保留两位有效数字）
【答案】（1）1400
（2）A1；R1；A；1.20；1.3
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）由欧姆挡的倍率，指针的位置，计算读数即可，欧姆表读数等于档位乘以指针示数。热敏电阻的阻值为
（2）通过电流表的最大电流约为
所以电流表应选择量程为10mA的A1；
为了使电压测量范围尽可能的大，得到更多的实验数据，则滑动变阻器应采用分压式接法，采用分压式接法应该选择最大阻值小的滑动变阻器，则滑动变阻器应选择R1。
由于电压表量程过小，则应串联定值电阻R0扩大量程，改装的电压表内阻已知，在电路中分得的电流可知算出，则为了减小实验误差，电流表应采用外接法，综上所述，最合理的方案是A。
电压表和电流表的读数分别为
，
由闭合电路欧姆定律可知
代入数据解得，热敏电阻的阻值为
【分析】 （1）由欧姆挡的倍率，指针的位置，计算读数即可；
（2）①根据电压测量范围要求，选择合适的电路结构和滑动变阻器；估测电压表的测量值的最大值，再根据待测电阻阻值，估测通过待测电阻的电流，选择合适的电流表；
②根据电压测量范围要求，选择合适的电路结构；根据电压表的量程选择改装电压表扩大量程的连接方式；根据①中选的电流表的阻值、改装后的电压表阻值、（1）中读出的待测电阻值，选择电流表的合适位置；
③由图可知电压表的读数；由②中选择的电路结构和参数，计算待测电阻两端电压，由图读出电流表读数即为待测电阻的电流，由欧姆定律推导式计算待测电阻的阻值。
（1）热敏电阻的阻值为
（2）[1]通过电流表的最大电流约为
所以电流表应选择量程为10mA的A1；
[2]为了使电压测量范围尽可能的大，则滑动变阻器应采用分压式接法，则滑动变阻器应选择R1。
[3]由于电压表量程过小，则应串联定值电阻R0扩大量程，改装的电压表内阻已知，在电路中分得的电流可知算出，则为了减小实验误差，电流表应采用外接法，综上所述，最合理的方案是A。
[4]电压表和电流表的读数分别为
，
[5]由闭合电路欧姆定律可知
代入数据解得，热敏电阻的阻值为
18．（2024高三上·杭州月考）关于下列四幅与高中物理实验相关的图片，说法正确的是（ ）
A．图甲闭合开关K，当增大交流电源的频率时，灯泡L会变亮
B．在探究圆周运动的向心力与圆周运动半径的关系时，应该将图乙中的传动皮带套在左右两个不同半径的变速塔轮上
C．用油膜法估测分子直径的实验中，在计算油膜面积时将图丙中的油膜区域内不足一格的面积全部舍弃，则测得的分子直径比真实值更大
D．图丁实验中，已知玻璃是非晶体，则玻璃片上石蜡受热熔化区域的形状应如b图所示
【答案】A,C,D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响；用油膜法估测油酸分子的大小；向心力；晶体和非晶体
【解析】【解答】A．据电容器的容抗公式结合电路分析作答，图甲闭合开关K，根据容抗
当增大交流电源的频率时，容抗减小，灯泡L会变亮，故A正确；
B．根据线速度与角速度的关系和控制变量法的方法分析作答。在探究圆周运动的向心力与圆周运动半径的关系时，根据单一变量原则，应该保持小球质量和角速度都不变，而此时两变速塔轮线速度相等，根据
可知应将图乙中的传动皮带套在左右两个相同半径的变速塔轮上，即可保证角速度不变，故B错误；
C．用油膜法估测分子直径的实验中，在计算油膜面积时将图丙中的油膜区域内不足一格的面积全部舍弃，则油膜测量面积S变小，根据
可知测得的分子直径比真实值更大，故C正确；
D．晶体是各向异，非晶体是各向同性。性图丁实验中，由于玻璃是非晶体，表现为各向同性，所以各个方向上导热均匀，石蜡熔化区域形状为圆形，即应如b图所示，故D正确。
故选ACD。
【分析】用油膜法估测分子直径的实验中，在计算油膜面积时将图丙中的油膜区域内不足一格的面积全部舍弃，则会使测得的油膜面积S偏小，根据公式 分析作答；玻璃是非晶体，表现为各向同性，石蜡熔化区域形状为圆形。
19．（2024高三上·杭州月考）一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积保持不变。开始时内部封闭气体的压强为，经过太阳暴晒，气体温度由初始时的升至。
（1）在此过程中，气体分子的平均动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），气体分子的数密度 （选填“变大”“变小”或“不变”）；
（2）求温度升至时气体的压强；
（3）保持不变，从出气口缓慢放出部分气体，使气体压强再变回到，放气过程中集热器内剩余气体是吸热还是放热？求剩余气体的质量与原来总质量的比值。
【答案】（1）增大；不变
（2）解：气体体积V不变，由查理定律
代入数据解得温度升至时气体的压强为
（3）解：保持不变，则内能不变，所以
剩余的气体的体积变大，气体对外界做功，故
根据热力学第一定律
所以
即剩余气体吸热。
设剩余气体在集热器中占据的体积为，整个集热器体积为V，则根据玻意耳定律
可得
即剩余气体的质量与原来总质量的比值为。
【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；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】（1）子的数密度指单位体积含有的分子数。在此过程中，温度升高气体分子的平均动能增大，由于集热器容积保持不变，气体体积不变，故气体分子的数密度不变。
【分析】 （1）分子的数密度指单位体积含有的分子数；温度越高，分子平均动能越大。
（2）封闭气体温度升高发生等容变化，根据查理定律求解压强。
（3）保持T1=350K不变，缓慢抽出气体，气体发生等温膨胀，根据玻意耳定律研究剩余气体体积与总体积的关系，求解剩余气体的质量与原来总质量的比值。
（1）[1][2]在此过程中，温度升高气体分子的平均动能增大，由于集热器容积保持不变，气体体积不变，故气体分子的数密度不变。
（2）气体体积V不变，由查理定律
代入数据解得温度升至时气体的压强为
（3）保持不变，则内能不变，所以
剩余的气体的体积变大，气体对外界做功，故
根据热力学第一定律
所以
即剩余气体吸热。
设剩余气体在集热器中占据的体积为，整个集热器体积为V，则根据玻意耳定律
可得
即剩余气体的质量与原来总质量的比值为。
20．（2024高三上·杭州月考）如图所示，一弹射装置由轨道OABC、直轨道CD和DE、左右对称的“雨滴”形曲线轨道EFG（F为最高点）和L形滑板组成。已知OA竖直，ABC是圆心在、半径的圆弧（B为最高点）。L形滑板质量，上表面（除突出部分）长为，上表面的动摩擦因数，下表面光滑，其余轨道也均光滑。除L形滑板外，其余轨道均固定在地面上。弹簧下端固定，处于原长时上端与A和都等高。B点距地面高度。与竖直方向夹角为，CD与水平方向夹角也为，且。一质量的小滑块穿套在轨道OABC上，不与弹簧相连，压缩弹簧后滑块被弹出，滑到C点飞出后，立刻沿CD下滑，CD与DE平滑相接。图中圆1和圆2分别为E、F两点的曲率圆，半径分别为，曲率圆的半径也称为曲线在该处的曲率半径。g取。
（1）若已知弹簧劲度系数，则当小滑块放在弹簧上处于静止状态时，求弹簧的压缩量x；
（2）某次弹射后，发现滑块到达C点时恰好对轨道无作用力，求滑块运动到A处时的速度大小；
（3）某次弹射后，发现滑块在轨道EFG内运动时，其向心加速度大小恒为，求轨道EFG内任意高度h处的曲率半径与h的函数关系式。（提示：任意曲线运动的向心加速度）
（4）已知EFG轨道的形状及大小就是（2）问中所求的结果，滑块与L形滑板发生的碰撞是弹性碰撞。现要使滑块能到达、且不会从L形滑板上脱落，求滑块运动在A点时速度大小的取值范围。
【答案】（1）解：根据胡克定律
而
联立可得弹簧的压缩量为
（2）解：在C点，由牛顿第二定律
代入数据得
从A点到C点，由动能定理
代入数据得
（3）解：在E点
代入数据得
从E点到P点，由动能定理
解得
在P点
由以上式子解得
在F点
，
所以轨道EFG内任意高度h处的曲率半径与h的函数关系式为
（4）解：①若滑块恰好过B点，即
由动能定理
解得
所以滑块若能过B点，则一定能过F点。由动能定理
可得滑块在A点时的速度最小值为
②滑块与L形滑板，由动量守恒定律
解得
且满足能量守恒定律
，
从A点到G点，由动能定理
解得
所以滑块运动在A点时速度大小的取值范围为
【知识点】胡克定律；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）物块受力平衡，由胡克定律求弹簧的压缩量x；
（2）由牛顿第二定律求解到达C点速度，结合动能定理，求滑块运动到A处时的速度大小v1；
（3）由动能定理结合向心力公式求轨道EFG内任意高度h处的曲率半径ρ与h的函数关系式；
（4）对滑块能到达、且不会从L形滑板上脱落的情况进行讨论， 由动能定理结合碰撞过程动量守恒定律、能量守恒定律求滑块运动在A点时速度大小的取值范围。
（1）根据胡克定律
而
联立可得弹簧的压缩量为
（2）在C点，由牛顿第二定律
代入数据得
从A点到C点，由动能定理
代入数据得
（3）在E点
代入数据得
从E点到P点，由动能定理
解得
在P点
由以上式子解得
在F点
，
所以轨道EFG内任意高度h处的曲率半径与h的函数关系式为
（4）①若滑块恰好过B点，即
由动能定理
解得
所以滑块若能过B点，则一定能过F点。由动能定理
可得滑块在A点时的速度最小值为
②滑块与L形滑板，由动量守恒定律
解得
且满足能量守恒定律
，
从A点到G点，由动能定理
解得
所以滑块运动在A点时速度大小的取值范围为
21．（2024高三上·杭州月考）亥姆霍兹线圈是一种产生匀强磁场的器件，其结构主要由一对平行的完全相同的圆形线圈组成，两线圈通入方向相同的恒定电流后，在线圈间足够大的区域形成平行于中心轴线的匀强磁场。沿建立x轴，一圆形接收屏接地并垂直于x轴放置，其圆心位于x轴上的P点，圆形接收屏可沿x轴方向左右移动，如图所示。在两线圈间的区域加上平行于x轴的匀强电场，粒子源从x轴上的O点以垂直于x轴的方向持续发射初速度大小为的粒子，已知粒子质量为m，电荷量为q（），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，电场和磁场均沿x轴正方向，不计粒子重力和粒子间相互作用。
（1）①沿x轴正向从左向右观察，判断亥姆霍兹线圈通入电流的方向为顺时针还是逆时针？
②未加电场时，粒子在线圈间做匀速圆周运动，求粒子做圆周运动的半径r；
（2）若粒子源在垂直于x轴的平面内，沿各向持续均匀发射速度大小均为的粒子，单位时间发射的粒子数为n，粒子打到接收屏后被立即吸收，圆形接收屏的半径。
①若要使所有粒子恰好打在接收屏的中心，求OP间的最小距离；
②若OP间的距离为，求接收屏所受粒子作用力的大小。
【答案】（1）解：①根据安培定则，可判断亥姆霍兹线圈通入电流的方向为顺时针；
②粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
解得粒子做圆周运动的半径为
（2）解：①粒子在磁场中运动的周期
粒子回到x轴的最短时间为
沿x轴方向
且
联立解得OP间的最小距离为
②根据对称，所有粒子在平行接收屏的方向施加的总作用力为零，故只考虑在垂直接收屏的方向的作用，根据动能定理
根据动量定理
又
故
联立解得接收屏所受粒子作用力的大小
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】 （1）①根据安培定则判断亥姆霍兹线圈通入电流的方向；
②由洛伦兹力提供向心力可得粒子做圆周运动的半径r；
（2）①由周期公式结合运动学公式求OP间的最小距离dmin；
②根据动能定理结合动量定理求接收屏所受粒子作用力的大小。
（1）①根据安培定则，可判断亥姆霍兹线圈通入电流的方向为顺时针；
②粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
解得粒子做圆周运动的半径为
（2）①粒子在磁场中运动的周期
粒子回到x轴的最短时间为
沿x轴方向
且
联立解得OP间的最小距离为
②根据对称，所有粒子在平行接收屏的方向施加的总作用力为零，故只考虑在垂直接收屏的方向的作用，根据动能定理
根据动量定理
又
故
联立解得接收屏所受粒子作用力的大小
22．（2024高三上·杭州月考）如图甲所示，水平面内有两条间距为的不计电阻的平行金属直导轨，左端接一个原本不带电的电容器，电容。导轨在G、H两处被不计长度的绝缘材料分隔开。一根长度也为L、质量、电阻的金属棒ab跨放在GH左侧足够远处。另有质量、电阻为的均匀金属丝制成的一个半径也为L的刚性圆环，水平放在GH右侧某处，其圆心到两直导轨的距离相等。仅在两导轨之间的区域内有一个竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。现给金属棒ab一个水平向右的初速度（大小未知），已知ab棒经过GH时速度为。不计任何摩擦，且所有金属部件的接触处均连接良好，无接触电阻。
（1）金属棒ab刚经过GH后的瞬间，a点电势 b点电势（选填“大于”或“小于”），并求ab两端的电压大小U；
（2）求电容器的最终带电量Q以及ab棒的初速度；
（3）如图乙，撤去原磁场、金属棒ab和电容C，在轨道右侧固定一个形状完全等同圆弧EF的绝缘挡板LJ，并仅在曲线图形EFJI区域内加竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为。同时在两导轨的P、N处也由不计长度的绝缘材料分隔开；，金属环触碰到挡板即被锁定不动。现给金属环一个水平向右的初速度，方向与导轨平行。求金属环在整个运动过程中产生的焦耳热，以及通过金属环的K部位处横截面的电荷量。（K位于圆弧EF之间）
【答案】（1）解：根据右手定则可知感应电流由a点流向b点，故a点电势大于b点电势；导体棒切割磁感线产生的电动势为根据题意，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路可知，外电阻为等效电源的内阻为r=R，所以ab刚越过GH时，ab两端的电压大小为
（2）解：稳定时，电容器两极板的电压
根据电容的定义式
所以电容器的最终带电量为
对金属棒ab，由动量定理有
其中
即
代入数据得ab棒的初速度为
（3）解：对金属环，到达PN之前
由动量定理得
过了PN之后
由动量定理得
通过金属环的K部位处横截面的电荷量
代入数据得
金属环碰撞前的末速度
由能量守恒得
代入数据得金属环在整个运动过程中产生的焦耳热
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 （1）由右手定则判断电流方向，可知电势高低；由法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律求ab两端的电压大小U；
（2）由电容定义式结合动量定理求电容器的最终带电量Q以及ab棒的初速度v0；
（3）由动量定理结合能量守恒定律求金属环在整个运动过程中产生的焦耳热，以及通过金属环的K部位处横截面的电荷量。
（1）（1）根据右手定则可知感应电流由a点流向b点，故a点电势大于b点电势；
导体棒切割磁感线产生的电动势为
根据题意，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路可知，外电阻为
等效电源的内阻为
r=R
所以ab刚越过GH时，ab两端的电压大小为
（2）稳定时，电容器两极板的电压
根据电容的定义式
所以电容器的最终带电量为
对金属棒ab，由动量定理有
其中
即
代入数据得ab棒的初速度为
（3）对金属环，到达PN之前
由动量定理得
过了PN之后
由动量定理得
通过金属环的K部位处横截面的电荷量
代入数据得
金属环碰撞前的末速度
由能量守恒得
代入数据得金属环在整个运动过程中产生的焦耳热
浙江省杭州市浙南联盟2024-2025学年高三上学期10月月考物理试题
1．（2024高三上·杭州月考）用国际单位制的基本单位表示功率的单位，正确的是（ ）
A．J·s B．N·m/s C． D．
2．（2024高三上·杭州月考）我国无人机技术快速发展，广泛应用于各个领域。已知某商用无人机靠螺旋桨的转动来产生升力和前行力，其自带电池续航时间达2h。下列说法正确的是（ ）
A．“2h”指的是时刻
B．无人机飞行快慢不影响惯性大小
C．在研究无人机转弯过程的姿态时，可以将无人机视为质点
D．若无人机在水平面内做匀速圆周运动，则其运动属于匀变速曲线运动
3．（2024高三上·杭州月考）如图是筷子夹鹅卵石时的三个动作示意图，筷子均在同一竖直平面内：图甲中的筷子处于竖直方向，图乙中的筷子处于水平方向，图丙中的筷子处于倾斜方向，与水平面成一定夹角。三个图中的鹅卵石均处于静止状态，则（ ）
A．图甲中的鹅卵石受到四个力的作用
B．图乙中下方筷子对鹅卵石的弹力大于鹅卵石对其的弹力
C．当缓慢增大图丙中筷子与水平方向的夹角，鹅卵石受到筷子对它的作用力不变
D．若图甲中筷子夹着鹅卵石一起向上匀速运动，鹅卵石受到摩擦力方向为竖直向下
4．（2024高三上·杭州月考）据报道，日本核电站排放的核污水中含有大量的氚以及碘-129、碳-14、锶-90等几十种放射性元素。已知氚的半衰期约为12年，其反应方程为，则（ ）
A．的比结合能比的比结合能小
B．粒子X是氚原子的核外电子
C．该反应是衰变
D．100个氚核经过24年后还剩余25个
5．（2024高三上·杭州月考）浙江大学高分子系某课题组制备出了一种超轻的固体气凝胶，它刷新了目前世界上最轻的固体材料的记录。设气凝胶的密度为（单位为），摩尔质量为M（单位为kg/mol），阿伏加德罗常数为，则（ ）
A．a千克气凝胶所含分子数为
B．气凝胶的摩尔体积为
C．每个气凝胶分子的体积为
D．每个气凝胶分子的直径为
6．（2024高三上·杭州月考）在维修高压线路时，为保障安全，电工要穿特制材料编织的电工服（如图甲）。图乙中电工站在高压直流输电线的A供电线上作业，头顶上方有B供电线，B电线电势高于A电线，虚线表示电工周围某一截面上的4条等势线，已知相邻等势线的电势差值均为5V，c、d、e、f是等势线上的四个点，下列说法正确的是（ ）
A．电工服是用绝缘性能良好的绝缘材料制作
B．在c、d、e、f四点中，c点的电场最强
C．在e点静止释放一个电子，它会向d点所在等势面运动
D．将一个电子由c移到d电场力所做的功为5eV
7．（2024高三上·杭州月考）如图甲所示，高压输电线上有a、b、c三根相互平行的水平长直导线通有大小相等且方向相同的电流I。、、为导线a、b、c上的三个点，连接三点构成的三角形为等腰直角三角形，且与三根导线均垂直，O为连线的中点。逆着电流方向观察得到如图乙所示的截面图。已知单独一根通电导线a在O处产生的磁感应强度大小为B，不计地磁场的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．O点的磁感应强度大小为3B
B．O点的磁感应强度方向是从O指向
C．导线b受到的安培力方向竖直向上
D．导线b受到的安培力为零
8．（2024高三上·杭州月考）如图所示是地月天体系统，在月球外侧的地月连线上存在一个特殊点，称为拉格朗日点。在地球上发射一颗质量为的人造卫星至该点后，它受到地球、月球对它的引力作用，并恰好和月球一起绕地球同角速度匀速圆周运动。已知相对于地球质量M和月球质量m来说，很小，所以卫星对地球和月球的引力不影响地球和月球的运动。设地心、月心间距为L，月心到该拉格朗日点的距离为d，则（ ）
A．该卫星的线速度比月球的线速度小
B．该卫星的向心加速度比月球的向心加速度小
C．该卫星的发射速度大于第二宇宙速度11.2km/s
D．题中物理量满足等式
9．（2024高三上·杭州月考）如图是运动员斜向上抛出铅球时的情景，用h表示铅球飞行过程中的离地高度，以地面为零势能面，、、E分别表示铅球的重力势能、动能、机械能，P表示铅球重力做功的瞬时功率大小，不计空气阻力。已知铅球刚离手时高度为，运动到最高点时高度为。则铅球在空中飞行过程中，下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高三上·杭州月考）许多家用电器中都有环形铁芯的变压器，其漏磁和能量损耗都很小，可视为理想变压器。如图甲所示，铁芯左边的原线圈接理想交流电源，其电压随时间变化的关系如图乙所示，最大值。右边的副线圈接一个“20V，44W”的照明电灯，图中电压表与电流表均为理想交流电表，此时照明电灯恰好正常发光。则（ ）
A．原线圈中交流电的频率为100Hz
B．甲图中电流表的读数为0.2A
C．原副线圈的匝数比为
D．若把照明电灯更换为“20V 22W”的灯泡，则该灯泡会烧坏，不能正常工作
11．（2024高三上·杭州月考）一个半径为R、球心为O的半球形储油桶固定在水平面上，桶口平面保持水平。当桶内没有油时，从某点A恰能看到弧形桶底的B点，OB连线与水平方向夹角为。当桶内装满油时，仍沿AB方向看去，恰能看到桶底的最低点C点。没有油时，光从B点出发传播到A所用时间为；装满油时，光从C点出发传播到A所用时间为。设油的折射率为n，则（ ）
A． B． C． D．
12．（2024高三上·杭州月考）如图三个实验，图甲是法拉第圆盘，圆盘全部处于磁场区域，可绕中心轴转动，通过导线将圆盘圆心和边缘与外面电阻R相连。图乙是阿拉果圆盘，将一铜圆盘水平放置，圆盘可绕中心轴无摩擦转动，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针。图丙是费曼圆盘，一块水平放置的绝缘体圆盘可绕过其中心的竖直轴无摩擦转动，在圆盘的中部有一个线圈，圆盘的边缘固定着若干带负电的金属小球。则（ ）
A．法拉第圆盘在转动过程中，圆盘中磁通量不变，无感应电流通过R
B．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘，小磁针会同向转动：反之，转动小磁针，圆盘不动
C．费曼圆盘中，当开关闭合的一瞬间，圆盘会顺时针（俯视）转动
D．法拉第圆盘和阿拉果圆盘都是电磁驱动的表现
13．（2024高三上·杭州月考）真空中有一平行板电容器，两极板分别由铂和钾（其极限波长分别为和）制成，极板正对面积为S，间距为d，相对介电常数。已知真空中光速为c，静电力常量为k，普朗克常量为h，元电荷为e。现用波长为的单色光持续照射两板内表面，则电容器的最终带电荷量Q等于（ ）
A． B．
C． D．
14．（2024高三上·杭州月考）关于下面四幅图涉及的物理知识，下列说法正确的是（ ）
A．图甲当水从盛水容器的弯管中喷出时，容器会旋转起来，这是利用反冲的原理
B．图乙当光经过大头针尖时发现影子中出现明暗相间的条纹，这是光的干涉现象
C．图丙是卢瑟福的粒子散射实验，可用于估算原子核的大小
D．图丁是核反应堆示意图，镉棒的作用是与中子碰撞，使“快中子”变为“慢中子”
15．（2024高三上·杭州月考）在均匀介质中建立图甲所示三维直角坐标系，xOy平面水平。在x轴上的两个波源、的坐标分别为，振幅分别为和。当时两波源同时垂直水平面开始同频振动，原点O的振动图像如图乙所示，y轴上P点的坐标为，则（ ）
A．两列波的起振方向相反
B．振幅
C．两列波的波速均为8m/s
D．两列波在P处叠加后，质点P是干涉加强点
16．（2024高三上·杭州月考）用图1所示实验装置探究加速度与力、质量的关系。
（1）以下操作正确的是______。
A．使小车质量远小于槽码质量
B．需要抬高长木板的右侧以补偿阻力
C．补偿阻力时移去打点计时器和纸带
D．释放小车后再接通打点计时器
（2）某次正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别为。已知打点计时器的打点周期为T，则小车加速度a的表达式是______。
A．
B．
C．
（3）甲乙两组同学各自独立实验，都探究加速度与质量的关系。他们都以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的图像如图3所示，纵轴上的截距均为b。由图像得甲组所用的槽码质量 乙组槽码质量（选填“大于”、“小于”或“等于”）。根据理论推导可知 。已知重力加速度为g。
17．（2024高三上·杭州月考）已知一热敏电阻当温度从10℃升至60℃时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学想利用伏安法测量其阻值随温度的变化关系。实验时，将热敏电阻置于温度控制室中。
（1）该同学先将控制室的温度调为30℃，用多用电表测量热敏电阻的阻值。经过规范操作后，所选欧姆挡倍率及指针位置分别如图甲、乙所示，则热敏电阻为 Ω。
（2）该同学想更准确地测量30℃时热敏电阻的阻值，开始设计实验。可用器材有：
电压表V（量程为3V，内阻）
电流表（量程为10mA，内阻约为30Ω）
电流表（量程为1mA，内阻约为300Ω）
滑动变阻器（最大阻值为30Ω）
滑动变阻器（最大阻值为15kΩ）
定值电阻（）
电源E（电动势，内阻不计），开关S，导线若干
①为了使电压测量范围尽可能的大，电流表应选择 （选填或）滑动变阻器应选择 （选填或）
②在①的条件下，为了准确计算得到Rx的值，有如下A、B、C、D四种电路设计方案，每个设计方案中的安培表和滑动变阻器均为①问中所选的相应器材，则最合理的方案是 。
A. B. C. D.
③根据②问所选的电路进行某次实验时，电压表和电流表的指针分别如图丙、丁所示，则电压表读数 V，热敏电阻 （此空保留两位有效数字）
18．（2024高三上·杭州月考）关于下列四幅与高中物理实验相关的图片，说法正确的是（ ）
A．图甲闭合开关K，当增大交流电源的频率时，灯泡L会变亮
B．在探究圆周运动的向心力与圆周运动半径的关系时，应该将图乙中的传动皮带套在左右两个不同半径的变速塔轮上
C．用油膜法估测分子直径的实验中，在计算油膜面积时将图丙中的油膜区域内不足一格的面积全部舍弃，则测得的分子直径比真实值更大
D．图丁实验中，已知玻璃是非晶体，则玻璃片上石蜡受热熔化区域的形状应如b图所示
19．（2024高三上·杭州月考）一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积保持不变。开始时内部封闭气体的压强为，经过太阳暴晒，气体温度由初始时的升至。
（1）在此过程中，气体分子的平均动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），气体分子的数密度 （选填“变大”“变小”或“不变”）；
（2）求温度升至时气体的压强；
（3）保持不变，从出气口缓慢放出部分气体，使气体压强再变回到，放气过程中集热器内剩余气体是吸热还是放热？求剩余气体的质量与原来总质量的比值。
20．（2024高三上·杭州月考）如图所示，一弹射装置由轨道OABC、直轨道CD和DE、左右对称的“雨滴”形曲线轨道EFG（F为最高点）和L形滑板组成。已知OA竖直，ABC是圆心在、半径的圆弧（B为最高点）。L形滑板质量，上表面（除突出部分）长为，上表面的动摩擦因数，下表面光滑，其余轨道也均光滑。除L形滑板外，其余轨道均固定在地面上。弹簧下端固定，处于原长时上端与A和都等高。B点距地面高度。与竖直方向夹角为，CD与水平方向夹角也为，且。一质量的小滑块穿套在轨道OABC上，不与弹簧相连，压缩弹簧后滑块被弹出，滑到C点飞出后，立刻沿CD下滑，CD与DE平滑相接。图中圆1和圆2分别为E、F两点的曲率圆，半径分别为，曲率圆的半径也称为曲线在该处的曲率半径。g取。
（1）若已知弹簧劲度系数，则当小滑块放在弹簧上处于静止状态时，求弹簧的压缩量x；
（2）某次弹射后，发现滑块到达C点时恰好对轨道无作用力，求滑块运动到A处时的速度大小；
（3）某次弹射后，发现滑块在轨道EFG内运动时，其向心加速度大小恒为，求轨道EFG内任意高度h处的曲率半径与h的函数关系式。（提示：任意曲线运动的向心加速度）
（4）已知EFG轨道的形状及大小就是（2）问中所求的结果，滑块与L形滑板发生的碰撞是弹性碰撞。现要使滑块能到达、且不会从L形滑板上脱落，求滑块运动在A点时速度大小的取值范围。
21．（2024高三上·杭州月考）亥姆霍兹线圈是一种产生匀强磁场的器件，其结构主要由一对平行的完全相同的圆形线圈组成，两线圈通入方向相同的恒定电流后，在线圈间足够大的区域形成平行于中心轴线的匀强磁场。沿建立x轴，一圆形接收屏接地并垂直于x轴放置，其圆心位于x轴上的P点，圆形接收屏可沿x轴方向左右移动，如图所示。在两线圈间的区域加上平行于x轴的匀强电场，粒子源从x轴上的O点以垂直于x轴的方向持续发射初速度大小为的粒子，已知粒子质量为m，电荷量为q（），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，电场和磁场均沿x轴正方向，不计粒子重力和粒子间相互作用。
（1）①沿x轴正向从左向右观察，判断亥姆霍兹线圈通入电流的方向为顺时针还是逆时针？
②未加电场时，粒子在线圈间做匀速圆周运动，求粒子做圆周运动的半径r；
（2）若粒子源在垂直于x轴的平面内，沿各向持续均匀发射速度大小均为的粒子，单位时间发射的粒子数为n，粒子打到接收屏后被立即吸收，圆形接收屏的半径。
①若要使所有粒子恰好打在接收屏的中心，求OP间的最小距离；
②若OP间的距离为，求接收屏所受粒子作用力的大小。
22．（2024高三上·杭州月考）如图甲所示，水平面内有两条间距为的不计电阻的平行金属直导轨，左端接一个原本不带电的电容器，电容。导轨在G、H两处被不计长度的绝缘材料分隔开。一根长度也为L、质量、电阻的金属棒ab跨放在GH左侧足够远处。另有质量、电阻为的均匀金属丝制成的一个半径也为L的刚性圆环，水平放在GH右侧某处，其圆心到两直导轨的距离相等。仅在两导轨之间的区域内有一个竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。现给金属棒ab一个水平向右的初速度（大小未知），已知ab棒经过GH时速度为。不计任何摩擦，且所有金属部件的接触处均连接良好，无接触电阻。
（1）金属棒ab刚经过GH后的瞬间，a点电势 b点电势（选填“大于”或“小于”），并求ab两端的电压大小U；
（2）求电容器的最终带电量Q以及ab棒的初速度；
（3）如图乙，撤去原磁场、金属棒ab和电容C，在轨道右侧固定一个形状完全等同圆弧EF的绝缘挡板LJ，并仅在曲线图形EFJI区域内加竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为。同时在两导轨的P、N处也由不计长度的绝缘材料分隔开；，金属环触碰到挡板即被锁定不动。现给金属环一个水平向右的初速度，方向与导轨平行。求金属环在整个运动过程中产生的焦耳热，以及通过金属环的K部位处横截面的电荷量。（K位于圆弧EF之间）
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】功率及其计算；力学单位制
【解析】【解答】 基本单位：基本物理量的单位．力学中的基本物理量有长度、质量、时间，它们的国际单位分别是米、千克、秒 。根据功率的定义式有
又
且
可得
其中质量m的单位为kg，加速度a的单位为m/s2，位移s的单位为m，时间t的单位为s，故用国际单位制的基本单位表示功率的单位，为。
故选D。
【分析】通过七大国际基本单位，配合公式进行单位推导。
2．【答案】B
【知识点】质点；时间与时刻；惯性与质量；匀速圆周运动
【解析】【解答】A．“2h” 这里指的工作时间，不是时刻，故A错误 ；
B． 根据惯性只取决于物体质量，可知运动快慢不影响惯性大小，故B正确 ；
C．在研究无人机转弯过程的姿态时，无人机的大小和形状不可忽略不计，则不可以将无人机视为质点，故C错误；
D．若无人机在水平面内做匀速圆周运动，向心加速度方向时刻在改变，则其运动属于非匀变速曲线运动，故D错误。
故选B。
【分析】 根据时间、时刻、惯性的决定因素、质点和物体的受力情况分析判断。
3．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；静摩擦力；共点力的平衡
【解析】【解答】A．甲图中的鹅卵石受重力、两个弹力和两个静摩擦力，共五个力，A错误；
B． 根据牛顿第三定律可知，图乙中下方筷子对鹅卵石的弹力等于鹅卵石对其的弹力，故B错误
C． 根据平衡条件，鹅卵石受到筷子对它作用力大小与重力相等，增大丙图中筷子与水平方向夹角，鹅卵石受到筷子对它作用力不变，故C正确 ；
D．若图甲中筷子夹着鹅卵石一起向上匀速运动，鹅卵石受到摩擦力方向为竖直向上，故D错误。
故选C。
【分析】 甲图中的鹅卵石受5个力的作用；根据平衡条件分析摩擦力、弹力的大小及变化情况。
4．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】 核反应中反应前系统内所有原子核的总结合能与反应后生成的所有新核的总结合能之差，就是该核反应所释放（或吸收）的核能。AC．根据质量数和核电荷数守恒可知粒子X是，所以该反应为β衰变，由于释放能量，生成物的原子核更稳定，的比结合能比的比结合能小，故A正确，C错误；
B．粒子X是一个核内中子转变为质子并释放的一个电子，故B错误；
D．半衰期是大量原子发生衰变的速度的统计规律，对少数的放射性原子发生衰变的速度没有意义，故D错误。
故选A。
【分析】 据质量数守恒和电荷数守恒判断生成物，确定反应类型，氚核发生β衰变，由于释放能量，生成物的原子核更稳定，据此分析即可；原子核发生β衰变时，原子核内一个中子转变为质子并释放出一个电子；半衰期属于统计规律。
5．【答案】D
【知识点】与阿伏加德罗常数有关的计算
【解析】【解答】 阿伏加德罗常数的定义值是指0.012kg 12C所含的原子数，约为6.02×1023，符号为NA．表示1mol任何粒子的数目。A．分子数等于阿伏加德罗常数与物质的量的乘积，a千克气凝胶所含有的分子数为
故A错误；
B．气凝胶的摩尔体积为
故B错误；
C．气凝胶中包含个分子，故每个气凝胶分子的体积为
故C错误：
D．设每个气凝胶分子的直径为D，则有
解得每个气凝胶分子的直径为
故D正确。
故选D。
【分析】通过求解出a克气凝胶的摩尔数，求解出所含分子数；利用摩尔体积求解出每个分子的体积，再根据球的体积公式计算出分子直径。
6．【答案】C
【知识点】电场强度的叠加；等势面
【解析】【解答】A．电工服是用金属丝织成的金属网制成的，对外部电场能起到屏蔽作用，选项A错误；
B． 电场中电势相等的点组成的面（平面或曲面）叫做等势面 ， 在电场线密集的地方，等差等势面密集在电场线稀疏的地方，等差等势面稀疏 。在c、d、e、f四点中，f点的等势面最密集，则电场线最密集，则f点的电场最强，选项B错误；
C．在e点静止释放一个电子，它会向d点所在高等势面运动，选项C正确；
D．cd两等势面的电势差为5V，且c等势面电势较高，则将一个电子由c移到d电场力所做的功为-5eV，选项D错误。
故选C。
【分析】根据静电屏蔽、等势面和电场线的关系以及电场力做功和电势差的关系分析求解。
7．【答案】B
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】AB． 根据安培定则得到三根导线在O点的磁感应强度方向。由题意可知，通电导线a、b、c在O处产生的磁感应强度大小均为B，方向分别为竖直向上、水平向右、竖直向下，根据磁场强度的叠加原理可知，O点的磁感应强度大小为B，方向从O指向，故A错误，B正确；
CD． 注意同向电流是相互吸引的，学生往往记为相互排斥 ，如图所示
导线b的合磁场强度水平向左，根据左手定则可知导线b受到的安培力方向竖直向下，故CD错误。
故选B。
【分析】根据安培定则结合矢量合成法则分析磁感应强度 ；根据同向电流相互吸引分析安培力。
8．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星和月球的角速度相同，根据
该卫星的线速度比月球的线速度大，故A错误；
B．根据
该卫星的向心加速度比月球的向心加速度大，故B错误；
C． 第二宇宙速度也叫脱离速度，是指在地面上发射物体，使之能够脱离地球的引力作用，成为绕太阳运动的人造行星或绕其他行星运动的人造卫星所必需的最小发射速度，其大小为v=11.2 km/s。 当物体(航天器)飞行速度达到11.2km/s时，就可以摆脱地球引力的束缚，飞离地球进入环绕太阳运行的轨道，所以该卫星的发射速度小于第二宇宙速度11.2km/s，故C错误；
D．对卫星，向心力
对月球，向心力
联立得
故D正确。
故选D。
【分析】 根据线速度和加速度与角速度的关系式列式结合半径进行分析判断；根据第二宇宙速度的物理意义进行分析判断；根据万有引力提供向心力列式联立求解。
9．【答案】A
【知识点】功率及其计算；动能；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．铅球的重力势能为
故A正确；
B． 物体将以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。 因为是斜抛，最高点时具有水平速度，动能不为0，故B错误；
C．只有重力做功，铅球的动能和重力势能相互转化，整个过程中机械能守恒，故C错误；
D．设初始时竖直方向速度，过程中任意时刻竖直方向速度，根据竖直方向上匀变速直线运动的规律则有
铅球重力做功的瞬时功率大小
P-h图像应为曲线，故D错误。
故选A。
【分析】只有重力做功，铅球的动能和重力势能相互转化，机械能守恒。
10．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A． 根据图像得出交流电的周期，从而得出频率。由图乙可知，该交流电的周期为
所以原线圈中交流电的频率为
故A错误；
BC．原线圈两端电压的有效值为
原、副线圈的电压之比等于匝数之比：U1：U2=n1：n2 ，根据理想变压器原副线圈的电压与线圈匝数关系可知原副线圈的匝数之比为
副线圈中的电流为
原、副线圈的电流之比等于匝数的反比：I1：I2=n2：n1 ，根据
可得甲图中电流表的读数为
故B正确，C错误；
D．若把照明电灯更换为“20V ，22W”的灯泡，根据
可知
则该灯泡不会烧坏，仍能正常工作，故D错误。
故选B。
【分析】 根据图像得出交流电的周期，从而得出频率；根据原副线圈两端的匝数比和电压比的关系得出副线圈的匝数，根据电功率公式计算电流。
11．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】 光从真空射入某种介质发生折射时，入射角θ1的正弦与折射角θ2的正弦之比，叫做介质的绝对折射率，简称折射率。 任何介质的折射率都大于1，．两种介质相比较，折射率较大的介质叫做光密介质，折射率较小的介质叫做光疏介质。AB．作出光路图，如图所示
由几何关系可知，装满油后，入射角为
折射角为
根据折射定律可知，油的折射率为
故AB错误；
CD．当桶内没有油时，光在桶内传播的距离为
所以没有油时，光从B点出发传播到A所用时间为
装满油时，光在桶内传播的距离为
介质的折射率等于光在真空中与在该介质中的传播速度之比， 光在桶内传播的速度为
所以装满油时，光从C点出发传播到A所用时间为
所以
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】 根据题意画出光的折射，结合几何关系与折射定律解得折射率，根据光速与折射率的公式计算光在介质中的速度，从而计算时间。
12．【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】A．当导体（这里是圆盘）在磁场中运动时，会切割磁感线，从而在导体中产生感应电动势。如果导体是闭合的或者与闭合电路相连，那么就会形成感应电流。圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，故有感应电流流过R，故A错误；
B． 如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动。 阿拉果圆盘实验中，转动圆盘或小磁针，都产生感应电流，因安培力的作用，另一个物体也会跟着转动，故B错误；
C．开关闭合瞬间，圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带负电，再根据电磁场理论可知，产生逆时针方向的电场，负电荷受到的电场力与电场方向相反，则有顺时针电场力，圆盘会顺时针（俯视）转动，故C正确；
D．如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用就是电磁驱动，显然法拉第圆盘是机械能转化为电能的过程，并不是电磁驱动，故D错误。
故选C。
【分析】 对于费曼圆盘实验，要理解其涉及的是楞次定律。当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中会产生感应电流，这个感应电流产生的磁场会阻碍原磁通量的变化。
13．【答案】A
【知识点】电容器及其应用；光电效应
【解析】【解答】 为了解释光电效应现象，爱因斯坦提出了光电效应理论。光电效应方程
其中hν为入射光子的能量，Ek为光电子的最大初动能，W0是金属的逸出功。铂的极限波长为λ1，钾的极限波长为λ2，因为λ1＜λ＜λ2 ，由公式
可知，波长越大，频率越小，现用波长为λ(λ1＜λ＜λ2)的单色光持续照射两板内表面时，只能使钾金属板发生光电效应，钾金属板失去电子成为电容器的正极板，光电子运动到铂金属板上后使铂金属板成为电容器的负极板，根据爱因斯坦光电效应方程有
又因为逸出功
光电子不断从钾金属板中飞出到铂金属板上，两金属板间电压逐渐增大，且使光电子做减速运动，当增大到一定程度，光电子不能到达铂金属板，即到达铂金属板时速度恰好减小到零，此时，两极板间的电压为，极板的带电量最大为，则有电场力做功大小刚好等于电子的最大初动能。
根据平行板电容器的决定式可知，真空中平行板电容器的电容
根据电容器的定义式
可得，极板上的带电量为
联立可得
其中
电容器的最终带电荷量为
故选A。
【分析】 首先利用光电效应方程求出电子的初动能，然后理解电容器最终带电量的含义：即电子不能再运动到负极板，其临界状态是电子减速到负极板时速度刚好减速为零；根据动能定理、光电效应方程结合电容的定义式进行解答。
14．【答案】A,C
【知识点】反冲；光的衍射；α粒子的散射；核裂变
【解析】【解答】A． 一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫作反冲。 反冲遵循动量守恒定律 。图甲当水从下方弯曲喷口流出时水对喷口有反冲作用，使容器旋转起来，这是利用反冲的原理，故A正确；
B．光经过大头针尖时，大头针尖边缘轮廓会模糊不清，这是光的衍射现象，故B错误；
C．卢瑟福用粒子轰击原子而产生散射的实验，在分析实验结果的基础上，他提出了原子核式结构模型，并可以估算原子核的大小，故C正确；
D．核电站中镉棒的作用是用来吸收中子，从而起到控制核反应速度的作用，故D错误。
故选AC。
【分析】 根据反冲原理分析；根据光的衍射分析；根据α粒子散射实验的成就分析；根据镉棒的作用进行分析。
15．【答案】A,C,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】 波的叠加原理：几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不互相干扰，只是在重叠的区域里，介质的质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和 。AB．由乙图知，时波源产生的波传到O点，振幅
时波源产生的波传到O点，且此时波源产生的波在点刚好振动一个周期，此时向轴正方形振动，但两列波叠加后，点向下振动，且振幅为10cm，可知两列波的起振方向相反，且满足
解得
故A正确，B错误；
C．由乙图知，波源产生的波周期为
则
波长
波速
波源产生的波周期为
则
波长
波速
故C正确；
D．P到波源距离
P到波源距离
如果起振方向相同，某点到两波源的波程差等于半波长的奇数倍，则该点为振动减弱点。又两列波的起振方向相反，所以两列波在P处叠加后，质点P是干涉加强点，故D正确。
故选ACD。
【分析】 先由O点振动图像判断波速及起振方向，再由波的叠加判断振幅及质点P是否是干涉加强点。
16．【答案】（1）B
（2）A
（3）大于；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力，故应使小车质量远大于槽码质量，故A错误；
BC． 此实验将细绳的拉力作为小车受到的合力，故需要调整垫块位置，改变长木板的倾斜程度以补偿阻力，纸带运动时打点计时器对其也有阻力作用，故补偿阻力时要带着纸带和打点计时器，故B正确，C错误；
D．根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小车，故D错误。
故选B。
（2）
根据匀变速直线运动的逐差法计算加速度公式可知
则加速度为
故选B。
（3）
设槽码的质量为m，细绳的拉力为F，由牛顿第二定律得，对槽码有
对小车和砝码有
解得
故斜率越小，槽码的质量m越大，由图可知甲的斜率较小，故甲组所用的槽码质量大于比乙组所用的槽码质量；
根据理论推导可知
【分析】（1）本实验需要将细绳的拉力近似等于槽码的重力，需要使小车质量远大于槽码质量；实验将细绳的拉力作为小车受到的合力，故需要调整长木板的倾斜程度以补偿阻力，纸带运动时打点计时器对其也有阻力作用，故补偿阻力时要带着纸带和打点计时器；实验时要先接通打点计时器的电源，再释放小车。
（2）将四个选项对应的加速度算式，进行整理可得到最终结果，将实验数据全部用到了才是最优的算式。
（3）根据图像的形状判断a与M的关系。根据牛顿第二定律得到图像的表达式，由图像的斜率分析解答。
（1）A．为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力，故应使小车质量远大于槽码质量，故A错误；
B．为了保证小车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要抬高长木板的右侧以补偿阻力，也要保持细线和长木板平行，故B正确；
C．补偿阻力时不能移去打点计时器和纸带，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动，故C错误；
D．根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小车，故D错误。
故选B。
（2）根据逐差法可知
则加速度为
故选B。
（3）[1]设槽码的质量为m，细绳的拉力为F，由牛顿第二定律得，对槽码有
对小车和砝码有
解得
故斜率越小，槽码的质量m越大，由图可知甲的斜率较小，故甲组所用的槽码质量大于比乙组所用的槽码质量；
[2]根据理论推导可知
17．【答案】（1）1400
（2）A1；R1；A；1.20；1.3
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）由欧姆挡的倍率，指针的位置，计算读数即可，欧姆表读数等于档位乘以指针示数。热敏电阻的阻值为
（2）通过电流表的最大电流约为
所以电流表应选择量程为10mA的A1；
为了使电压测量范围尽可能的大，得到更多的实验数据，则滑动变阻器应采用分压式接法，采用分压式接法应该选择最大阻值小的滑动变阻器，则滑动变阻器应选择R1。
由于电压表量程过小，则应串联定值电阻R0扩大量程，改装的电压表内阻已知，在电路中分得的电流可知算出，则为了减小实验误差，电流表应采用外接法，综上所述，最合理的方案是A。
电压表和电流表的读数分别为
，
由闭合电路欧姆定律可知
代入数据解得，热敏电阻的阻值为
【分析】 （1）由欧姆挡的倍率，指针的位置，计算读数即可；
（2）①根据电压测量范围要求，选择合适的电路结构和滑动变阻器；估测电压表的测量值的最大值，再根据待测电阻阻值，估测通过待测电阻的电流，选择合适的电流表；
②根据电压测量范围要求，选择合适的电路结构；根据电压表的量程选择改装电压表扩大量程的连接方式；根据①中选的电流表的阻值、改装后的电压表阻值、（1）中读出的待测电阻值，选择电流表的合适位置；
③由图可知电压表的读数；由②中选择的电路结构和参数，计算待测电阻两端电压，由图读出电流表读数即为待测电阻的电流，由欧姆定律推导式计算待测电阻的阻值。
（1）热敏电阻的阻值为
（2）[1]通过电流表的最大电流约为
所以电流表应选择量程为10mA的A1；
[2]为了使电压测量范围尽可能的大，则滑动变阻器应采用分压式接法，则滑动变阻器应选择R1。
[3]由于电压表量程过小，则应串联定值电阻R0扩大量程，改装的电压表内阻已知，在电路中分得的电流可知算出，则为了减小实验误差，电流表应采用外接法，综上所述，最合理的方案是A。
[4]电压表和电流表的读数分别为
，
[5]由闭合电路欧姆定律可知
代入数据解得，热敏电阻的阻值为
18．【答案】A,C,D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响；用油膜法估测油酸分子的大小；向心力；晶体和非晶体
【解析】【解答】A．据电容器的容抗公式结合电路分析作答，图甲闭合开关K，根据容抗
当增大交流电源的频率时，容抗减小，灯泡L会变亮，故A正确；
B．根据线速度与角速度的关系和控制变量法的方法分析作答。在探究圆周运动的向心力与圆周运动半径的关系时，根据单一变量原则，应该保持小球质量和角速度都不变，而此时两变速塔轮线速度相等，根据
可知应将图乙中的传动皮带套在左右两个相同半径的变速塔轮上，即可保证角速度不变，故B错误；
C．用油膜法估测分子直径的实验中，在计算油膜面积时将图丙中的油膜区域内不足一格的面积全部舍弃，则油膜测量面积S变小，根据
可知测得的分子直径比真实值更大，故C正确；
D．晶体是各向异，非晶体是各向同性。性图丁实验中，由于玻璃是非晶体，表现为各向同性，所以各个方向上导热均匀，石蜡熔化区域形状为圆形，即应如b图所示，故D正确。
故选ACD。
【分析】用油膜法估测分子直径的实验中，在计算油膜面积时将图丙中的油膜区域内不足一格的面积全部舍弃，则会使测得的油膜面积S偏小，根据公式 分析作答；玻璃是非晶体，表现为各向同性，石蜡熔化区域形状为圆形。
19．【答案】（1）增大；不变
（2）解：气体体积V不变，由查理定律
代入数据解得温度升至时气体的压强为
（3）解：保持不变，则内能不变，所以
剩余的气体的体积变大，气体对外界做功，故
根据热力学第一定律
所以
即剩余气体吸热。
设剩余气体在集热器中占据的体积为，整个集热器体积为V，则根据玻意耳定律
可得
即剩余气体的质量与原来总质量的比值为。
【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；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】（1）子的数密度指单位体积含有的分子数。在此过程中，温度升高气体分子的平均动能增大，由于集热器容积保持不变，气体体积不变，故气体分子的数密度不变。
【分析】 （1）分子的数密度指单位体积含有的分子数；温度越高，分子平均动能越大。
（2）封闭气体温度升高发生等容变化，根据查理定律求解压强。
（3）保持T1=350K不变，缓慢抽出气体，气体发生等温膨胀，根据玻意耳定律研究剩余气体体积与总体积的关系，求解剩余气体的质量与原来总质量的比值。
（1）[1][2]在此过程中，温度升高气体分子的平均动能增大，由于集热器容积保持不变，气体体积不变，故气体分子的数密度不变。
（2）气体体积V不变，由查理定律
代入数据解得温度升至时气体的压强为
（3）保持不变，则内能不变，所以
剩余的气体的体积变大，气体对外界做功，故
根据热力学第一定律
所以
即剩余气体吸热。
设剩余气体在集热器中占据的体积为，整个集热器体积为V，则根据玻意耳定律
可得
即剩余气体的质量与原来总质量的比值为。
20．【答案】（1）解：根据胡克定律
而
联立可得弹簧的压缩量为
（2）解：在C点，由牛顿第二定律
代入数据得
从A点到C点，由动能定理
代入数据得
（3）解：在E点
代入数据得
从E点到P点，由动能定理
解得
在P点
由以上式子解得
在F点
，
所以轨道EFG内任意高度h处的曲率半径与h的函数关系式为
（4）解：①若滑块恰好过B点，即
由动能定理
解得
所以滑块若能过B点，则一定能过F点。由动能定理
可得滑块在A点时的速度最小值为
②滑块与L形滑板，由动量守恒定律
解得
且满足能量守恒定律
，
从A点到G点，由动能定理
解得
所以滑块运动在A点时速度大小的取值范围为
【知识点】胡克定律；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）物块受力平衡，由胡克定律求弹簧的压缩量x；
（2）由牛顿第二定律求解到达C点速度，结合动能定理，求滑块运动到A处时的速度大小v1；
（3）由动能定理结合向心力公式求轨道EFG内任意高度h处的曲率半径ρ与h的函数关系式；
（4）对滑块能到达、且不会从L形滑板上脱落的情况进行讨论， 由动能定理结合碰撞过程动量守恒定律、能量守恒定律求滑块运动在A点时速度大小的取值范围。
（1）根据胡克定律
而
联立可得弹簧的压缩量为
（2）在C点，由牛顿第二定律
代入数据得
从A点到C点，由动能定理
代入数据得
（3）在E点
代入数据得
从E点到P点，由动能定理
解得
在P点
由以上式子解得
在F点
，
所以轨道EFG内任意高度h处的曲率半径与h的函数关系式为
（4）①若滑块恰好过B点，即
由动能定理
解得
所以滑块若能过B点，则一定能过F点。由动能定理
可得滑块在A点时的速度最小值为
②滑块与L形滑板，由动量守恒定律
解得
且满足能量守恒定律
，
从A点到G点，由动能定理
解得
所以滑块运动在A点时速度大小的取值范围为
21．【答案】（1）解：①根据安培定则，可判断亥姆霍兹线圈通入电流的方向为顺时针；
②粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
解得粒子做圆周运动的半径为
（2）解：①粒子在磁场中运动的周期
粒子回到x轴的最短时间为
沿x轴方向
且
联立解得OP间的最小距离为
②根据对称，所有粒子在平行接收屏的方向施加的总作用力为零，故只考虑在垂直接收屏的方向的作用，根据动能定理
根据动量定理
又
故
联立解得接收屏所受粒子作用力的大小
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】 （1）①根据安培定则判断亥姆霍兹线圈通入电流的方向；
②由洛伦兹力提供向心力可得粒子做圆周运动的半径r；
（2）①由周期公式结合运动学公式求OP间的最小距离dmin；
②根据动能定理结合动量定理求接收屏所受粒子作用力的大小。
（1）①根据安培定则，可判断亥姆霍兹线圈通入电流的方向为顺时针；
②粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
解得粒子做圆周运动的半径为
（2）①粒子在磁场中运动的周期
粒子回到x轴的最短时间为
沿x轴方向
且
联立解得OP间的最小距离为
②根据对称，所有粒子在平行接收屏的方向施加的总作用力为零，故只考虑在垂直接收屏的方向的作用，根据动能定理
根据动量定理
又
故
联立解得接收屏所受粒子作用力的大小
22．【答案】（1）解：根据右手定则可知感应电流由a点流向b点，故a点电势大于b点电势；导体棒切割磁感线产生的电动势为根据题意，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路可知，外电阻为等效电源的内阻为r=R，所以ab刚越过GH时，ab两端的电压大小为
（2）解：稳定时，电容器两极板的电压
根据电容的定义式
所以电容器的最终带电量为
对金属棒ab，由动量定理有
其中
即
代入数据得ab棒的初速度为
（3）解：对金属环，到达PN之前
由动量定理得
过了PN之后
由动量定理得
通过金属环的K部位处横截面的电荷量
代入数据得
金属环碰撞前的末速度
由能量守恒得
代入数据得金属环在整个运动过程中产生的焦耳热
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 （1）由右手定则判断电流方向，可知电势高低；由法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律求ab两端的电压大小U；
（2）由电容定义式结合动量定理求电容器的最终带电量Q以及ab棒的初速度v0；
（3）由动量定理结合能量守恒定律求金属环在整个运动过程中产生的焦耳热，以及通过金属环的K部位处横截面的电荷量。
（1）（1）根据右手定则可知感应电流由a点流向b点，故a点电势大于b点电势；
导体棒切割磁感线产生的电动势为
根据题意，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路可知，外电阻为
等效电源的内阻为
r=R
所以ab刚越过GH时，ab两端的电压大小为
（2）稳定时，电容器两极板的电压
根据电容的定义式
所以电容器的最终带电量为
对金属棒ab，由动量定理有
其中
即
代入数据得ab棒的初速度为
（3）对金属环，到达PN之前
由动量定理得
过了PN之后
由动量定理得
通过金属环的K部位处横截面的电荷量
代入数据得
金属环碰撞前的末速度
由能量守恒得
代入数据得金属环在整个运动过程中产生的焦耳热
