2024年浙江省普通高校招生考试选考科目考试冲刺卷物理试题（一）
1．（2024·浙江模拟）放射性剂量的标准单位叫做西弗（符号为Sv），定义是每千克人体组织吸收1焦耳能量为1西弗。则“Sv”用国际单位制基本单位表示应为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】根据，
故A正确，BCD 错误。
故选A。
【分析】考查单位换算，1Sv=，，
2．（2024·浙江模拟）杭州湾跨海大桥全长36km，某次节假日大桥全程限速70km/h。某人驾驶小型汽车通过大桥全程时用时40min，则（ ）
A．“70km/h”为平均速度
B．计算行车时间时汽车可视为质点
C．此过程中汽车的位移大小为“36km”
D．此次驾车过程肯定没有超速行驶
【答案】B
【知识点】质点；位移与路程；速度与速率
【解析】【解答】A．“70km/h”为瞬时速度，而不是平均速度，故A错误；
B．计算行车时间时，可以忽略汽车的形状和大小，可以视为质点，故B正确；
C．大桥全长36km指的是路程，而不是位移，故C错误；
D．汽车过桥的平均速度
尽管过桥的平均速度小于限速，但无法确定汽车的任何瞬时速度都小于限制速度，也无法确定小车有无超速行驶，故D错误。
故选B。
【分析】1、瞬时速度与平均速度的区别：瞬时速度：物体在某一时刻或某一位置的速度；平均速度：物体在一段时间或一段位移内的速度，计算公式为：平均速度等于位移除以总时间。
2、 质点的概念：当物体的形状和大小对研究问题的影响可以忽略时，可以将物体视为质点。
计算行车时间时，汽车的形状和大小可以忽略，因此可以视为质点。
3、路程与位移的区别：路程：物体运动轨迹的长度，是标量。位移：物体从初位置到末位置的有向线段，是矢量。
3．（2024·浙江模拟）阻力伞是一种短跑运动训练工具。如图所示，某段训练过程中，连接阻力伞的轻绳始终处于水平状态，已知阻力伞重力为G，轻绳对阻力伞的拉力为，空气对阻力伞的作用力为F，则（ ）
A．
B．地面对人的摩擦力大小等于F
C．人对轻绳的拉力与阻力伞对轻绳的拉力大小相等
D．人对轻绳的拉力与轻绳对人的拉力是一对平衡力
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】A．阻力伞受重力G、轻绳对阻力伞的拉力为，空气对阻力伞的作用力为F，三力平衡，如图
则有
故A错误；
B．人的运动状态未知，则地面对人的摩擦力大小不一定等于F，故B错误；
C．绳子上的拉力相等，即人对轻绳的拉力与阻力伞对轻绳的拉力大小相等，故C正确；
D．人对轻绳的拉力与轻绳对人的拉力是一对相互作用力，故D错误；
故选C。
【分析】1、三力平衡，采用正交分解，根据平衡找出各力之间关系。
2、平衡力：作用在同一物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上的一对力，
相互作用力：作用在两个不同物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上的一对力，遵循牛顿第三定律（作用力与反作用力）。
4．（2024·浙江模拟）如图为中国空军驾驶“歼10”战机大仰角沿直线减速爬升的情景，飞行员和战机总质量为m，轨迹与水平成53°，加速度大小为0.2g，，在此爬升过程中空气对战机的作用力大小为（ ）
A． B．mg C．0.6mg D．0.2mg
【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用；牛顿第二定律
【解析】【解答】“歼10”战机大仰角沿直线减速爬升，受力分析如图所示
战机受到的合外力为
根据余弦定理，在此爬升过程中空气对战机的作用力大小为
故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】根据牛顿第二定律求解合力，再根据矢量三角形法则求解此爬升过程中空气对战机的作用力大小。
5．（2024·浙江模拟）在离地高度相同的A、B两点抛出两质量不同的小球A和B，A的初速度斜向上，B的初速度水平。某时刻两小球恰好在C点相碰，如图所示，此时两小球均未落地且A、B两点连线中点恰好与C点在同一竖直线上，不计阻力，则两小球在此过程中（ ）
A．位移相同 B．速度的变化量相同
C．动能的增量相同 D．机械能的增量相同
【答案】D
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．两小球初位置不同，末位置相同，故两小球在此过程中位移不同，故A错误；
B．小球A竖直方向做竖直上抛运动，则
小球B竖直方向做自由落体运动，则
可得，速度的变化量为
故小球A速度的变化量较大，故B错误；
C．根据动能定理
两小球质量不同，下落高度相同，故动能的增量不同，故C错误；
D．不计阻力，两小球下落过程中，只有重力做功，两小球机械能守恒，机械能的增量相同，都为零，故D正确。
故选D。
【分析】1、位移是物体从初位置到末位置的有向线段，是矢量，与路径无关。
2、竖直上抛运动和自由落体运动的速度变化规律：速度的变化量为，加速度相同，时间不同。
3、合外力对物体做的功等于物体动能的增量，只有重力做功，。
4、机械能守恒条件：只有重力或弹力做功，机械能守恒。
6．（2024·浙江模拟）天舟五号货运飞船撤离空间站组合体后，根据飞行任务规划，飞船实施主动降轨受控陨落。降轨前飞船在圆轨道 运行，运动到P点时实施主动离轨，通过降轨控制，转入椭圆轨道Π运动。则天舟五号（ ）
A．实施降轨控制后机械能变大
B．在轨道Π运行时速率可能大于7.9km/s
C．在地球上的发射速度可以小于7.9km/s
D．在椭圆轨道Π运行的周期大于在轨道 运行周期
【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．飞船从高轨道向低轨道转移时，需要通过发动机减速，使飞船进入更低的轨道。发动机做负功，机械能减小，故A错误；
B．根据万有引力定律可知
解得
可知，在轨道Π运行时速率不可能大于7.9km/s，故B错误；
C．发射速度小于7.9km/s时，物体无法成为绕地球运动的卫星，故C错误；
D．由于轨道Π的半长轴大于轨道 的运行半径，根据开普勒第三定律可知，在椭圆轨道Π运行的周期大于在轨道 运行周期，故D正确。
故选D。
【分析】1、第一宇宙速度（7.9 km/s）：这是物体绕地球做匀速圆周运动的最小发射速度。在轨道Π运行时，飞船的速率不可能大于7.9 km/s，因为这是近地轨道的最大速率。
2、物体要成为绕地球运动的卫星，发射速度必须至少达到第一宇宙速度（7.9 km/s）。如果发射速度小于7.9 km/s，物体无法克服地球引力，无法成为绕地球运动的卫星。
3、降轨控制：飞船从高轨道向低轨道转移时，需要通过发动机减速，使飞船进入更低的轨道。发动机做功：减速过程中，发动机对飞船做负功，飞船的动能减小。机械能变化：飞船的机械能（动能 + 势能）减小，因为势能的减小量大于动能的增加量。
4、开普勒第三定律：绕同一中心天体运动的两个轨道，其周期的平方与轨道半长轴的立方成正比。
7．（2024·浙江模拟）江厦潮汐电站是中国第一座双向潮汐电站，在涨潮与落潮时均可发电，且一天中涨潮与落潮均有两次。电站总库容490万立方米，发电有效库容270万立方米，平均潮差5.08米。电站发电机组总装机容量3000千瓦，平均每昼夜发电15小时。该电站（ ）
A．每年能提供的电能约为
B．每年能提供的电能约为
C．发电的效率约为29%
D．发电的效率约为10%
【答案】C
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】AB．每年能提供的电能约为
故AB错误；
CD．每次涨潮与落潮水的质量为
一天中涨潮与落潮均有两次，一天发电的总能量为
发电的效率约为
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】利用潮汐涨落过程中海水的动能和势能转化为电能。涨潮与落潮：每天通常有两次涨潮和两次落潮，潮水的质量变化是发电的基础。发电效率：发电系统将潮汐能转化为电能的比例。
8．（2024·浙江模拟）线圈炮是电磁炮的一种，由加速线圈和弹丸线圈构成，根据通电线圈之间磁场的相互作用原理而工作。如图所示，弹丸线圈放在绝缘且内壁光滑的水平发射导管内。闭合开关S后，在加速线圈中接通变化的电流，则能使静止的弹丸线圈向右发射的电流是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】能使静止的弹丸线圈向右发射，需在弹丸线圈内产生感应电流，要使弹丸远离加速线圈，根据楞次定律可知，加速线圈中应通有增大的电流使得通过弹丸线圈磁通量增大，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】当导体线圈中的磁通量发生变化时，线圈中会产生感应电流。感应电流的方向总是试图阻碍引起它的磁通量变化。要使弹丸线圈向右发射，需要在弹丸线圈内产生感应电流。根据楞次定律，弹丸线圈会试图远离加速线圈以阻碍磁通量的变化。
9．（2024·浙江模拟）如图所示，在空间直角坐标系的x轴上A点固定一点电荷，带电量为，在y轴上B点固定另一点电荷，带电量为。有一带电量为的粒子在外力F作用下，从z轴上的C点出发，沿z轴作匀速直线运动到D点，C、D两点关于原点O对称。不计带电粒子所受重力，则带电粒子（ ）
A．在O点所受外力F最小
B．在C、D两点所受外力F方向相反
C．从C运动到D的过程中外力F做功为0
D．从C运动到D的过程中外力F的冲量为0
【答案】C
【知识点】冲量；电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A．根据矢量的叠加，点电荷的电场强度公式
可知，在O点所受电场力最大，粒子做匀速直线运动，所以在O点所受外力F最大，故A错误；
B．在C、D两点电场力方向相同，则所受外力F方向相同，故B错误；
C．从C运动到D的过程中电势能不变，电场力做功为0，根据动能定理可知，外力F做功为0，故C正确；
D．从C运动到D的过程中合外力冲量为零，而电场力方向不变，则电场力冲量不为零，则外力F的冲量不为0，故D错误；
故选C。
【分析】1、由点电荷的电场强度公式：和电场力公式：推导在O点所受外力F最大。
2、从 运动到D的过程中，电势能不变，因此电场力做功为 0。根据动能定理，外力F做功也为 0。
3、动量定理：合外力的冲量等于物体动量的变化，电场力冲量不为零，则外力F的冲量不为0。
10．（2024·浙江模拟）如图所示，五根垂直纸面放置的平行长直导线通过纸面内的a、b、c、d、e五个点，五个点恰好为正五边形的五个顶点，O点为正五边形的中心。仅给其中一根直导线通大小为的电流时，O点的磁感应强度大小为B0。若每根直导线通电时电流大小均为I0，则（ ）
A．仅给a处直导线通电时，O、b、e点的磁感应强度大小相同
B．仅给a、b处直导线通同向电流时，O点的磁感应强度大小为B0
C．仅给a、b、c处直导线通同方向电流时，O点的磁感应强度方向一定平行de连线
D．给任意四根直导线通电时，O点的磁感应强度大小均为B0
【答案】C
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A．由几何关系可知a点与O、b、e三点的距离关系为ab=ae≠aO，根据通电直导线产生的磁场的特点，可知b、e点的磁感应强度大小相同，O点的磁感应强度大小与b、e点的磁感应强度大小不相等。故A错误；
B．仅给a、b处直导线通同向电流（电流方向均垂直纸面向里或向外，不会影响结果的磁感应强度大小），通电直导线a、b（假设电流方向均垂直纸面向里）分别产生的磁场在O点的磁感应强度以及它们的合磁感应强度B1如图1所示。
由几何关系可知
则
故B错误；
C．仅给a、b、c处直导线通同方向电流时（假设电流方向均垂直纸面向里），通电直导线a、b、c分别产生的磁场在O点的磁感应强度Ba、Bb、Bc的大小相等均为B0，方向如图2所示。
通电直导线b产生的磁场在O点的磁感应强度Bb的方向平行de连线，通电直导线a、c产生的磁场在O点的磁感应强度Ba、Bc在Bb的两侧，与Bb的夹角均等于，根据平行四边形定则，Ba、Bc的合磁感应强度与Bb同向，O点的磁感应强度方向一定平行de连线。若电流方向均垂直纸面向外，只是磁感应强度方向相反，但还是平行de连线的。故C正确；
D．给任意四根直导线通电时，假设直导线a、b的电流方向均垂直纸面向里，直导线c、d的电流方向均垂直纸面向外，同样的作出直导线a、b、c、d产生的磁场在O点的磁场叠加如图3所示，
将Ba与Bc合成为Bac，Bb与Bd合成为Bbd，再将Bac与Bbd合成最终的B合，Ba、Bc、Bb、Bd的大小均等于B0，显然B合大于B0，由此可见O点磁感应强度与四根直导线的电流方向有关。故D错误。
故选C。
【分析】多根导线通电时，O点的磁感应强度是各导线单独通电时磁感应强度的矢量和。由于五根导线对称分布，O点到每根导线的距离相同，因此每根导线单独通电时在O点产生的磁感应强度大小相同，均为.仅给a处直导线通电时，O点的磁感应强度为，仅给a、b处直导线通同向电流时，O点的磁感应强度为两导线单独通电时磁感应强度的矢量和。给任意四根直导线通电时，O点的磁感应强度大小为四根导线单独通电时磁感应强度的矢量和.
。
11．（2024·浙江模拟）在火星上太阳能电池板发电能力有限，因此科学家用放射性材料——PuO2作为发电能源为火星车供电。PuO2中的Pu元素是。发生α衰变后生成新原子核X，衰变的半衰期为87.7年，则（ ）
A．衰变的核反应方程为
B．原子核X的比结合能比小
C．α衰变时Pu原子核会向低能级跃迁，并放出γ光子
D．大约要经过263年会有87.5%的Pu原子核发生衰变
【答案】D
【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】A．发生α衰变，根据电荷数和质量数守恒得到衰变方程为
故A错误；
B．比结合能越大越稳定，所以原子核X的比结合能比大，故B错误；
C．放射性的原子核在发生α衰变时产生的新核处于高能级，这时它要向低能级跃迁，并放出γ光子，故C错误；
D．半衰期为87.7年，根据公式
其中为衰变前的质量，是衰变后剩余质量，有的原子核衰变，剩余质量为
可得，故D正确。
故选D。
【分析】1、根据电荷数和质量数守恒写衰变方程。
2、比结合能越大越稳定，反应生成物的比结合能大于反应前物质的比结合能。
3、根据公式，计算时间。
12．（2024·浙江模拟）如图甲，两列沿相反方向传播的横波，形状相当于正弦曲线的一半，上下对称，其振幅均为A，传播速度均为v。时刻两列波刚好相遇，一段时间后在ab间出现了两列波“消失”的现象，如图乙所示，a、b间距为L，c为ab的中点。则（ ）
A．相遇过程中c点的位移始终为0
B．时，a质点的速度最大
C．时，b质点的加速度向上且达到最大
D．时，a、b间距为10L
【答案】A
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．c点为振动减弱点，相遇过程中，c点的位移始终为0，故A正确；
B．根据同侧法，时刻，向右传播的波单独引起的振动方向向下，向左传播的波单独引起的振动方向向下，且时刻，a质点位于平衡位置，故此时a质点的速度最大，根据波形平移法可知，时，a质点位于平衡位置，只有向左传播的波在a质点处振动，a质点的速度不是最大，故B错误；
C．根据波形平移法可知，时，b质点位于平衡位置，加速度为零，故C错误；
D．质点不会随波迁移，故时，a、b间距不变，任然为L，故D错误。
故选A。
【分析】1. 波的叠加与振动减弱点：波的叠加：两列波相遇时，位移的叠加遵循矢量叠加原理。
振动减弱点：当两列波的振动方向相反且振幅相等时，位移始终为零，称为振动减弱点。
2、同侧法：用于判断波的传播方向与质点振动方向的关系。
3、波形平移法：通过波的传播方向和平移距离判断质点的位置和运动状态。
4、波的传播：波传播时，质点只在平衡位置附近振动，不会随波迁移。
13．（2024·浙江模拟）如图所示为一底边镀银的等腰直角三角形介质，直角边长为a。一细黄光束从O点平行底边AB入射，OA间距为0.2a。光束经AB边反射后，在BC边上D点射出介质，BD间距为0.05a，不考虑光在介质内的二次反射，则（ ）
A．该介质的折射率为
B．光束在介质中传播的时间为
C．仅将入射点下移，光束可能无法从BC边射出
D．仅将黄光束改为紫光束，光束可能无法从BC边射出
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．根据题意作出光路图，如图所示
根据几何关系可得
则
且
可得
，
在中，根据余弦定理可得
在中，根据正弦定理可得
可得，该介质的折射率为
故A错误；
B．，则
光束在介质中传播的路程为
光束在介质中传播的速度为，光束在介质中传播的时间为
故B正确；
C．仅将入射点下移，根据光路图可知，、、、均不发生变化，光束仍从BC边射出，故C错误；
D．仅将黄光束改为紫光束，紫光的折射率较大，则光束在AC边上的折射角减小，根据几何关系可知仍与相等，根据折射定律
，
可得
可知光束仍从BC边射出，故D错误。
故选B。
【分析】1、根据折射定律，可以计算介质的折射率。需要根据光路和几何关系，确定入射角和折射角，进而计算折射率。
2、光束在介质中传播的时间可以通过光程和光速计算。
3、仅将入射点下移，根据光路图可知，、均不发生变化，光束仍从BC边射出。
4、仅将黄光束改为紫光束，由于紫光的折射率通常大于黄光，根据几何关系和折射定律推导光束仍从BC边射出。
14．（2024·浙江模拟）下列说法正确的是（ ）
A．无线充电技术的原理是电磁感应
B．布朗运动反映了液体分子的无规则热运动
C．电容式位移传感器是把电学量“电容”转换为力学量“位移”
D．赫兹测得电磁波在真空中的速度等于光速c，从而预言了光是电磁波
【答案】A,B
【知识点】电磁场与电磁波的产生；布朗运动；法拉第电磁感应定律；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A．无线充电技术的原理是电磁感应，通过发射端产生交变磁场，接收端中的线圈在这个交变磁场中感应出电流，从而实现电能的传输 。故A正确；
B．布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则热运动。布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则热运动故B正确；
C．电容式位移传感器是把力学量“位移”转换为电学量“电容”，故C错误；
D．赫兹测得电磁波在真空中的速度等于光速c，通过实验验证了光是电磁波，因为光的电磁理论是由麦克斯韦等人提出的，赫兹的实验主要是证实了电磁波的存在和传播速度[搜索结果中未直接提及此具体判断，故D错误。
故选AB。
【分析】1、无线充电技术的原理是电磁感应。通过发射端产生交变磁场，接收端中的线圈在这个交变磁场中感应出电流，从而实现电能的传输 。
2、 布朗运动是悬浮微粒在液体或气体中由于受到分子热运动的碰撞而发生的无规则运动，它反映了液体或气体分子的无规则热运动[搜索结果中未直接提及，但为物理学基本知识]。
3、电容式位移传感器确实是将位移这种力学量转换为电容这种电学量，通过测量电容的变化来反映位移的变化。
4、赫兹确实通过实验测得了电磁波在真空中的传播速度等于光速，这一发现支持了光是电磁波的理论，但说赫兹“通过实验验证了光是电磁波”并不准确，因为光的电磁理论是由麦克斯韦等人提出的，赫兹的实验主要是证实了电磁波的存在和传播速度[搜索结果中未直接提及此具体判断。
15．（2024·浙江模拟）用a、b、c三束光照射图甲中的实验装置，移动滑片P，电流表示数随电压表示数变化的关系如乙图所示。则（ ）
A．若P在O点的左侧，三种光照射时电流表均有示数
B．若P在O点的右侧同一位置，a光照射时电流表示数一定最大
C．用同一装置做双缝干涉实验，b光产生的条纹间距最小
D．a、b两束光的光子动量之比为
【答案】B,C
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系；光电效应；光子及其动量
【解析】【解答】A．若P在O点的左侧，光电管加的是反向电压，三种光照射时电流表不一定有示数，故A错误；
D．根据
利用图像遏止电压的值可知
而光子动量
联立得
故D错误；
C．由于
则波长
根据
b光产生的条纹间距最小，故C正确；
B．若P在O点的右侧同一位置，光电管加的是正向电压，由图乙知U>0时，a光照射时电流表示数一定最大，故B正确。
故选BC。
【分析】1、光电效应：当光照射到金属表面时，金属会发射光电子，形成光电流。反向电压：当光电管加反向电压时，光电子需要克服电场力才能到达阳极，因此光电流可能减小甚至为零。若P在O点左侧，光电管加反向电压，三种光照射时电流表不一定有示数。
2、遏止电压：使光电流减小到零的最小反向电压，与光电子的最大初动能有关。根据遏止电压的值，可以计算光子动量。
3、光的波长：不同颜色的光波长不同，紫光波长最短，红光波长最长。条纹间距：在双缝干涉实验中，条纹间距与波长成正比。
16．（2024·浙江模拟）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，
（1）①图1为通过位移之比测量加速度之比。抬起黑板擦，两小车同时开始运动，按下黑板擦，两小车同时停下来。用刻度尺测出两小车移动的位移、。它们的位移与加速度成 （选填“正比”或“反比”）。
②在小车相同的情况下，通过增减小盘中的重物改变拉力；在盘中重物相同的情况下，通过增减小车中的重物改变小车的质量。则在实验中， （选填“需要”或“不需要”）补偿阻力的影响。
（2）用如图2所示的装置进行实验，
①关于补偿小车阻力，下列说法正确的是
A.小车上不需要固定纸带
B.不需要考虑细线与定滑轮间的摩擦
C.必须反复调整木板倾斜度，直至小车能静止在木板上
D.在小车上增减钩码并进行多次实验，不需要重新补偿阻力
②在规范的实验操作下，打出的一条纸带如图3所示，相邻两计数点间均有4个点未画出，已知电源频率为50Hz，则打计数点0时，小车的速度大小为 m/s（结果保留2位有效数字）。
③在保持小车质量一定，根据实验数据得到如图4所示的a—F图像，发现图线未过原点，原因可能是
A.未补偿阻力
B.补偿阻力过度
C.计算小车所受拉力的大小时，未计入槽码盘所受的重力
D.未能满足槽码和槽码盘的总质量远小于小车和钩码的总质量
【答案】（1）正比；不需要
（2）BD；0.18；B
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）①根据位移与加速度、时间关系，可知
由于时间相等，所以位移与加速度成正比；
②根据实验原理可知，只探究位移与加速度的关系，不需要补偿阻力的影响。
（2）① A．补偿阻力时，小车上需要固定纸带，通过纸带点迹进行判断，故A错误；
B．细线与定滑轮间的摩擦非常小，不需要考虑，故B正确；
C．必须反复调整木板倾斜度，直至小车能匀速向下运动，故C错误；
D．在小车上增减钩码并进行多次实验，不需要重新补偿阻力，故D正确。
故选BD。
② 相邻两计数点间均有4个点未画出，交流电的频率为50Hz，则计数点间的时间间隔为
s
由图3所示刻度尺可知，其分度值是1mm，计数点2、4间的距离是6.50cm，计数点3的速度为
m/s=0.325m/s
由匀变速直线运动的推论可知，小车的加速度
m/s2=0.50m/s2
则打计数点0时，小车的速度大小
=0.175m/sm/s
③AB．由图可知当外力为0时已经有加速度，原因可能是补偿阻力过度，故A错误，B正确；
C．根据牛顿第二定律有，则有，计算小车所受拉力的大小时，未计入槽码盘所受的重力，则图像与纵轴负半轴有交点，故C错误；
D．未能满足槽码和槽码盘的总质量远小于小车和钩码的总质量时，图像会弯曲，但不会不过原点，故D错误；
故选B。
【分析】“探究加速度与力、质量的关系”实验的考查。
（1）①根据位移与加速度、时间关系，分析得出时间相等，所以位移与加速度成正比。
（2）①在力学实验中，纸带上的点迹可以反映小车的运动状态，通过分析点迹的间距变化，可以判断小车是否受到均匀的阻力补偿。在理想情况下，细线与定滑轮之间的摩擦可以忽略不计，尤其是在实验精度要求不高的情况下。为了补偿阻力，通常需要调整木板的倾斜度，使得小车在不受外力作用时能够匀速运动，这样可以确保阻力与重力沿斜面的分量平衡。
②瞬时速度计算：某一点的瞬时速度等于其前后两点之间的平均速度。根据匀变速直线运动的推论计算小车的加速度。
③当外力为0时已经有加速度，原因可能是补偿阻力过度。
（1）①[1]根据位移与加速度、时间关系，可知
由于时间相等，所以位移与加速度成正比；
②[2]根据实验原理可知，只探究位移与加速度的关系，无需平衡摩擦力。
（2）①[1] A．补偿阻力时，小车上需要固定纸带，通过纸带点迹进行判断，故A错误；
B．细线与定滑轮间的摩擦非常小，不需要考虑，故B正确；
C．必须反复调整木板倾斜度，直至小车能匀速向下运动，故C错误；
D．在小车上增减钩码并进行多次实验，不需要重新补偿阻力，故D正确。
故选BD。
②[2] 相邻两计数点间均有4个点未画出，交流电的频率为50Hz，则计数点间的时间间隔为
s
由图3所示刻度尺可知，其分度值是1mm，计数点2、4间的距离是6.50cm，计数点3的速度为
m/s=0.325m/s
由匀变速直线运动的推论可知，小车的加速度
m/s2=0.50m/s2
则打计数点0时，小车的速度大小为
=0.175m/sm/s
③[3]AB．由图可知当外力为0时已经有加速度，原因可能是补偿阻力过度，故A错误，B正确；
C．根据牛顿第二定律有
则有
计算小车所受拉力的大小时，未计入槽码盘所受的重力，则图像与纵轴负半轴有交点，故C错误；
D．未能满足槽码和槽码盘的总质量远小于小车和钩码的总质量时，图像会弯曲，但不会不过原点，故D错误；
故选B。
17．（2024·浙江模拟）为测量一未知电阻的阻值。一实验小组设计的电路如图1所示，其中为定值电阻，电压表V1和V2的内阻较大。
（1）图2是已用导线连接的实物图，其中电压表V1与定值电阻R0连接的两根导线中应选择 （选填“①”、“②”）导线。闭合电键S前，滑动变阻器的滑片应置于 （选填“最左端”或“最右端”）
（2）读取U1、U2的读数，描绘出图线，如图3所示，若图线的斜率为k，则阻值为 （选择字母k、R0表示）的
（3）实验小组又设计了如图4所示的电路来测量同一未知电阻的阻值，其中为电阻箱，下列说法正确的是
A.示数不清，但刻线清晰的电压表V2不能在本实验中使用
B.只要满足V2的指针有较大偏转，而其内阻对实验没有影响
C.打到1，观察V2示数，然后打到2，通过同时调节滑动变阻器R和电阻箱，使V2示数不变
经过正确实验操作，测得的阻值 （选填“大于”、“等于”或“小于”）图1电路测得的阻值，产生误差的原因是图1电路不能准确确定电阻 （选填“两端的电压”或“通过的电流”）
【答案】（1）①；最左端
（2）
（3）B；小于；电阻通过的电流
【知识点】伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）根据电路图可知电压表与定值电阻和并联，连接的两根导线中应选择①导线；闭合电键S前，滑动变阻器的滑片应置于最左端。
（2）根据欧姆定律有
变形可得
根据图像的斜率可知
解得
（3）根据实验原理可知打到1，观察V2示数，然后打到2，通过同时调节滑动变阻器R和电阻箱，使V2示数不变，此时电阻箱阻值即为待测电阻阻值，示数不清，但刻线清晰的电压表V2也可以在本实验中使用，只要满足V2的指针有较大偏转，而其内阻对实验没有影响。C选项应该保持滑动变阻器R不动。
故选B。
经过正确实验操作，测得的阻值小于图1电路测得的阻值，产生误差的原因是图1电路，由于电压表V1的内阻未知，不能准确确定电阻通过的电流。
【分析】（1）根据电路图补充实物图的连接，电压表与定值电阻和并联。
（2）根据欧姆定律得出，结合图像斜率推导出的表达式。
（3）等效替代法测电阻，只要满足V2的指针有较大偏转，而其内阻对实验没有影响。
（1）[1][2]根据电路图可知电压表V1与定值电阻R0连接的两根导线中应选择①导线；闭合电键S前，滑动变阻器的滑片应置于最左端。
（2）根据欧姆定律有
变形可得
根据图像的斜率可知
解得
（3）[1]根据实验原理可知打到1，观察V2示数，然后打到2，通过同时调节滑动变阻器R和电阻箱，使V2示数不变，此时电阻箱阻值即为待测电阻阻值，示数不清，但刻线清晰的电压表V2也可以在本实验中使用，只要满足V2的指针有较大偏转，而其内阻对实验没有影响。C选项应该保持滑动变阻器R不动。
故选B。
[2][3] 经过正确实验操作，测得的阻值小于图1电路测得的阻值，产生误差的原因是图1电路，由于电压表V1的内阻未知，不能准确确定电阻通过的电流。
18．（2024·浙江模拟）如图甲所示，高为h、开口向上的汽缸放在水平地面上，横截面积为S、质量为m的薄活塞密封一定质量的理想气体，平衡时活塞下部与汽缸底部的间距为0.8h。移动汽缸，将其放在倾角的固定斜面上，绕过定滑轮的轻绳一端与质量为M（M未知）的物块相连，另一端与活塞相连，滑轮右侧轻绳与斜面平行，系统处于平衡时活塞恰好上升到汽缸顶部，如图乙所示。重力加速度大小为g，大气压强恒为，，不计一切摩擦，缸内气体的温度恒定，斜面足够长。
（1）此过程中汽缸与外界的热交换情况（选填“吸热”、“放热”）；
（2）求物块的质量M；
（3）若将轻绳剪断，求剪断后瞬间汽缸和活塞的加速度大小。
【答案】解：（1）由于缸内气体的温度恒定，则内能不变，即
此过程中气体体积增大，对外做功，即，根据
知所以汽缸吸热。
（2）初状态
，
末状态，对活塞进行受力分析
，，
根据
得
（3）轻绳剪断瞬间，汽缸受力无变化，加速度为0，活塞受到的合力
加速度大小
【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
【解析】【分析】（1）理想气体温度决定内能，缸内气体的温度恒定，则内能不变，即
气体体积增大，对外做功，即，根据可得出。
（2）根据受力平衡得出初状态压强，
末状态，对活塞进行受力分析得出压强，，根据波意耳定理，可求解物块的质量M。
（3）轻绳剪断瞬间，汽缸受力无变化，加速度为0，活塞受到的合力，根据牛顿第二定律求解加速度。
19．（2024·浙江模拟）如图所示装置由传送带、竖直细圆管螺旋轨道（最低点B分别与水平轨道AB、BC连接）组成。开始时可视为质点的滑块静置于传送带左端，由静止开始以可调的加速度a匀加速启动的传送带带动后，滑块滑过圆管轨道，并滑上上端与轨道BC相平的6个紧密排列的相同木块。已知滑块质量，每个木块的质量，宽度，传送带的长度，圆管轨道的半径，滑块与传送带及木块间的动摩擦因数分别为，，木块与地面DE的动摩擦因数为，各轨道间平滑连接，不计水平轨道与传送带及木块间的间隙，各轨道均光滑。
（1）若，则运动到圆心等高处P点时，滑块受到的轨道作用力大小；
（2）当滑块运动到C点时，动能与加速度a之间满足的关系；
（3）若滑块最终静止在木块5上，求：
①a大小的范围；
②木块5的最大速度及运动的最远距离。
【答案】解：（1）根据能量守恒，合外力对物块做的功等于物块在P点时的机械能
即
代入数据
解得
由轨道支持力提供向心力公式
（2）滑块能够到达C点的条件为，动能不小于在圆轨道最高点的重力势能
，
，
由匀加速直线运动推导公式，可得
即
同时由最大摩擦力为滑动摩擦力可知滑块的最大加速度为
所以滑块能够滑到C的条件为
由动能公式结合匀加速直线运动推导公式可得动能与加速度的关系：
（3）①滑块过C点在木块上滑动时，木块整体受到水平向右滑块给的摩擦力与水平向左地面给的摩擦力，当水平向右的摩擦力大于水平向左摩擦力时，木块将水平向右匀加速运动当速度与滑块作匀减速运动的速度相同时，两者保持相对静止作匀减速运动。木块所受水平向右的摩擦力为
木块所受水平向左的摩擦力为
所以当滑块滑到木块5上时，木块5和6开始向右作匀加速直线运动，此时木块所受水平向左的摩擦力大小为
木块5和6向右的加速度为
滑块能够滑动到木块5上面，则其动能不小于滑块从C到木块5的摩擦力对滑块做的功
即
得
而所以滑块能够滑到C的条件为已经满足滑上木块5。而滑块静止在木块5而不滑上木块6的条件是，滑块离开木块5前与木块具有相同速度，根据能量守恒
其中为木块5和6与滑块速度相同时前进的位移，为滑块在木块5上面的位移。对木块运用匀加速直线运动推导公式
代入能量守恒公式得
滑块作初速度为加速度为的匀减速直线运动，木块作初速度为0加速度为的匀加速度直线运动，两者经时间速度达到相同，运用运动学公式
，
求得
对滑块进行能量分析
，
得
对木块进行运动学公式
即
解得
将其代入
得
因为滑块要静止在木块5上面，所以
即
解得
综上所述滑块要静止与木块5上方，应满足。
②根据①中可知，当木块5存在最大速度
，
解得
其中木块5最远位移分为两段，前半段位移为
后半段为滑块与木块5和6一起匀减速，根据两端的运动学公式
，
解得
所以木块5运动的最远距离
【知识点】能量守恒定律
【解析】【分析】（1）根据能量守恒列等式，可求解P点速度；在P点支持力提供向心力列等式可求解滑块受到的轨道作用力大小。
（2）滑块能够到达C点的条件是动能不小于在圆轨道最高点的重力势能，
匀加速直线运动公式，同时由最大摩擦力为滑动摩擦力可知滑块的最大加速度；
推出滑块能够滑到C加速度满足条件，由动能公式结合匀加速直线运动推导公式可得动能与加速度的关系。
（3）①滑块过C点在木块上滑动时，木块整体受到水平向右滑块给的摩擦力与水平向左地面给的摩擦力，当水平向右的摩擦力大于水平向左摩擦力时，木块将水平向右匀加速运动当速度与滑块作匀减速运动的速度相同时，两者保持相对静止作匀减速运动。
滑块能够滑动到木块5上面，则其动能不小于滑块从C到木块5的摩擦力对滑块做的功
而滑块静止在木块5而不滑上木块6的条件是，滑块离开木块5前与木块具有相同速度，根据能量守恒，滑块作初速度为加速度为的匀减速直线运动，木块作初速度为0加速度为的匀加速度直线运动，两者经时间速度达到相同，
对滑块进行能量分析，对木块进行运动学公式
②根据①中可知，当木块5存在最大速度，，
其中木块5最远位移分为两段，前半段位移为
后半段为滑块与木块5和6一起匀减速，根据两端的运动学公式，
木块5运动的最远距离。
20．（2024·浙江模拟）一实验小组设计了电动小车来研究电磁驱动。其原理为轮毂电机通过控制定子绕组通电顺序和时间，形成旋转磁场，驱动转子绕组带动轮胎转动。简化模型如图所示，定子产生边界为正方形的多个水平排列的有界匀强磁场，相邻两磁场方向相反。转子为水平放置的正方形线框。磁场以速度v向右匀速运动，一段时间后，线框以速度向右匀速运动。已知磁感应强度的大小均为B，磁场和线框的边长均为l，线框的质量为m，电阻为R，阻力的大小恒定。
（1）求线框受到的阻力大小f；
（2）若线框由静止加速到需要t时间，求这段时间内线框运动的位移大小x；
（3）以磁场和线框均做匀速运动的某时刻记为0时刻，此后磁场以加速度a向右做匀加速直线运动，t1时刻线框也做匀加速直线运动，求时间内通过线框的电量q。
【答案】解：（1）当磁场以速度v向右匀速运动，线框以速度向右匀速运动时，线框相对磁场向左做匀速直线运动的速度为①
线框中的感应电动势大小为
②
感应电流大小为
③
线框所受安培力大小为
④
对线框根据平衡条件有
⑤
联立①~⑤解得
⑥
（2）线框由静止加速到过程的平均速度大小为
⑦
平均感应电动势大小为
⑧
平均感应电流大小为
⑨
根据动量定理有
⑩
联立⑥~⑩解得
（3）t1时刻线框开始做匀加速直线运动，此后线框所受合外力恒定，所以感应电动势恒定，由此可知线框相对磁场的速度恒定，即线框的加速度大小也为a。t1时刻磁场的速度大小为
设此时线框的速度大小为v2，则二者相对速度大小为
线框中的感应电动势大小为
感应电流大小为
线框所受安培力大小为
对线框根据牛顿第二定律有
时间内，对线框根据动量定理有
根据电流的定义有
联立⑥ ~ 式解得
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）线框相对磁场向左做匀速直线运动的速度为①
线框中的感应电动势大小为②，感应电流大小为③
线框所受安培力大小为④
对线框根据平衡条件有⑤
联立①~⑤ 可求解线框受到的阻力大小f。
（2）线框由静止加速到过程的平均速度大小为⑦
平均感应电动势大小为⑧
平均感应电流大小为⑨
根据动量定理有⑩
联立⑥~⑩可求解 这段时间内线框运动的位移大小 。
（3）t1时刻线框开始做匀加速直线运动，此后线框所受合外力恒定，所以感应电动势恒定，由此可知线框相对磁场的速度恒定，即线框的加速度大小也为a。t1时刻磁场的速度大小为
设此时线框的速度大小为v2，则二者相对速度大小为
线框中的感应电动势大小为
感应电流大小为
线框所受安培力大小为
对线框根据牛顿第二定律有
时间内，对线框根据动量定理有
根据电流的定义有
联立⑥ ~ 式可求解 时间内通过线框的电量q。
21．（2024·浙江模拟）利用如图装置可以探测从原点O发射的粒子信息。两个有界匀强磁场，沿x轴方向宽度相同，y轴方向足够长，磁场边界与y轴平行，且内侧边界距y轴均为a，磁感应强度大小均为B，方向如图所示。足够高处有一平行于x轴且关于y轴对称放置的探测板，粒子打在探测板上将被全部吸收，板长等于两个磁场外侧边界之间的距离。粒子源沿各个方向均匀向外发射质量为m，电荷量为q的正离子，不考虑粒子重力及粒子之间的相互作用，求
（1）若粒子速度大小为v，所有粒子恰好不从两个磁场外侧边界射出磁场，则磁场宽度d1的大小；
（2）若粒子的探测率，则磁场宽度d2至少多大；
（3）若粒子速度大小，磁场宽度为，则粒子的探测率η的大小。（可用反三角函数表示）
【答案】解：（1）由题意可知，沿x轴方向入射的粒子恰好与磁场外侧相切，根据几何关系有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
若使所有粒子恰好不从两个磁场外侧边界射出磁场，则有
（2）若粒子的探测率，可知有粒子不能探测到，可知粒子沿与y轴负方向夹角是30°的方向射入磁场都能探测到，粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由图可知，则磁场宽度至少
（3）若粒子速度大小
则有
由解析（2），设粒子与y轴负方向的夹角为θ，在磁场中运动时，由几何关系可得
解得
可知粒子的探测率η的大小
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）沿x轴方向入射的粒子恰好与磁场外侧相切，根据几何关系有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有，联立可求解磁场宽度d1的大小。
（2）画出粒子在磁场中运动轨迹图，根据几何关系可求解磁场宽度d2
（3）若粒子速度大小，则有，由解析（2）粒子与y轴负方向的夹角为θ，在磁场中运动时，由几何关系可得粒子与y轴负方向的夹角，粒子的探测率η的大小
2024年浙江省普通高校招生考试选考科目考试冲刺卷物理试题（一）
1．（2024·浙江模拟）放射性剂量的标准单位叫做西弗（符号为Sv），定义是每千克人体组织吸收1焦耳能量为1西弗。则“Sv”用国际单位制基本单位表示应为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·浙江模拟）杭州湾跨海大桥全长36km，某次节假日大桥全程限速70km/h。某人驾驶小型汽车通过大桥全程时用时40min，则（ ）
A．“70km/h”为平均速度
B．计算行车时间时汽车可视为质点
C．此过程中汽车的位移大小为“36km”
D．此次驾车过程肯定没有超速行驶
3．（2024·浙江模拟）阻力伞是一种短跑运动训练工具。如图所示，某段训练过程中，连接阻力伞的轻绳始终处于水平状态，已知阻力伞重力为G，轻绳对阻力伞的拉力为，空气对阻力伞的作用力为F，则（ ）
A．
B．地面对人的摩擦力大小等于F
C．人对轻绳的拉力与阻力伞对轻绳的拉力大小相等
D．人对轻绳的拉力与轻绳对人的拉力是一对平衡力
4．（2024·浙江模拟）如图为中国空军驾驶“歼10”战机大仰角沿直线减速爬升的情景，飞行员和战机总质量为m，轨迹与水平成53°，加速度大小为0.2g，，在此爬升过程中空气对战机的作用力大小为（ ）
A． B．mg C．0.6mg D．0.2mg
5．（2024·浙江模拟）在离地高度相同的A、B两点抛出两质量不同的小球A和B，A的初速度斜向上，B的初速度水平。某时刻两小球恰好在C点相碰，如图所示，此时两小球均未落地且A、B两点连线中点恰好与C点在同一竖直线上，不计阻力，则两小球在此过程中（ ）
A．位移相同 B．速度的变化量相同
C．动能的增量相同 D．机械能的增量相同
6．（2024·浙江模拟）天舟五号货运飞船撤离空间站组合体后，根据飞行任务规划，飞船实施主动降轨受控陨落。降轨前飞船在圆轨道 运行，运动到P点时实施主动离轨，通过降轨控制，转入椭圆轨道Π运动。则天舟五号（ ）
A．实施降轨控制后机械能变大
B．在轨道Π运行时速率可能大于7.9km/s
C．在地球上的发射速度可以小于7.9km/s
D．在椭圆轨道Π运行的周期大于在轨道 运行周期
7．（2024·浙江模拟）江厦潮汐电站是中国第一座双向潮汐电站，在涨潮与落潮时均可发电，且一天中涨潮与落潮均有两次。电站总库容490万立方米，发电有效库容270万立方米，平均潮差5.08米。电站发电机组总装机容量3000千瓦，平均每昼夜发电15小时。该电站（ ）
A．每年能提供的电能约为
B．每年能提供的电能约为
C．发电的效率约为29%
D．发电的效率约为10%
8．（2024·浙江模拟）线圈炮是电磁炮的一种，由加速线圈和弹丸线圈构成，根据通电线圈之间磁场的相互作用原理而工作。如图所示，弹丸线圈放在绝缘且内壁光滑的水平发射导管内。闭合开关S后，在加速线圈中接通变化的电流，则能使静止的弹丸线圈向右发射的电流是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024·浙江模拟）如图所示，在空间直角坐标系的x轴上A点固定一点电荷，带电量为，在y轴上B点固定另一点电荷，带电量为。有一带电量为的粒子在外力F作用下，从z轴上的C点出发，沿z轴作匀速直线运动到D点，C、D两点关于原点O对称。不计带电粒子所受重力，则带电粒子（ ）
A．在O点所受外力F最小
B．在C、D两点所受外力F方向相反
C．从C运动到D的过程中外力F做功为0
D．从C运动到D的过程中外力F的冲量为0
10．（2024·浙江模拟）如图所示，五根垂直纸面放置的平行长直导线通过纸面内的a、b、c、d、e五个点，五个点恰好为正五边形的五个顶点，O点为正五边形的中心。仅给其中一根直导线通大小为的电流时，O点的磁感应强度大小为B0。若每根直导线通电时电流大小均为I0，则（ ）
A．仅给a处直导线通电时，O、b、e点的磁感应强度大小相同
B．仅给a、b处直导线通同向电流时，O点的磁感应强度大小为B0
C．仅给a、b、c处直导线通同方向电流时，O点的磁感应强度方向一定平行de连线
D．给任意四根直导线通电时，O点的磁感应强度大小均为B0
11．（2024·浙江模拟）在火星上太阳能电池板发电能力有限，因此科学家用放射性材料——PuO2作为发电能源为火星车供电。PuO2中的Pu元素是。发生α衰变后生成新原子核X，衰变的半衰期为87.7年，则（ ）
A．衰变的核反应方程为
B．原子核X的比结合能比小
C．α衰变时Pu原子核会向低能级跃迁，并放出γ光子
D．大约要经过263年会有87.5%的Pu原子核发生衰变
12．（2024·浙江模拟）如图甲，两列沿相反方向传播的横波，形状相当于正弦曲线的一半，上下对称，其振幅均为A，传播速度均为v。时刻两列波刚好相遇，一段时间后在ab间出现了两列波“消失”的现象，如图乙所示，a、b间距为L，c为ab的中点。则（ ）
A．相遇过程中c点的位移始终为0
B．时，a质点的速度最大
C．时，b质点的加速度向上且达到最大
D．时，a、b间距为10L
13．（2024·浙江模拟）如图所示为一底边镀银的等腰直角三角形介质，直角边长为a。一细黄光束从O点平行底边AB入射，OA间距为0.2a。光束经AB边反射后，在BC边上D点射出介质，BD间距为0.05a，不考虑光在介质内的二次反射，则（ ）
A．该介质的折射率为
B．光束在介质中传播的时间为
C．仅将入射点下移，光束可能无法从BC边射出
D．仅将黄光束改为紫光束，光束可能无法从BC边射出
14．（2024·浙江模拟）下列说法正确的是（ ）
A．无线充电技术的原理是电磁感应
B．布朗运动反映了液体分子的无规则热运动
C．电容式位移传感器是把电学量“电容”转换为力学量“位移”
D．赫兹测得电磁波在真空中的速度等于光速c，从而预言了光是电磁波
15．（2024·浙江模拟）用a、b、c三束光照射图甲中的实验装置，移动滑片P，电流表示数随电压表示数变化的关系如乙图所示。则（ ）
A．若P在O点的左侧，三种光照射时电流表均有示数
B．若P在O点的右侧同一位置，a光照射时电流表示数一定最大
C．用同一装置做双缝干涉实验，b光产生的条纹间距最小
D．a、b两束光的光子动量之比为
16．（2024·浙江模拟）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，
（1）①图1为通过位移之比测量加速度之比。抬起黑板擦，两小车同时开始运动，按下黑板擦，两小车同时停下来。用刻度尺测出两小车移动的位移、。它们的位移与加速度成 （选填“正比”或“反比”）。
②在小车相同的情况下，通过增减小盘中的重物改变拉力；在盘中重物相同的情况下，通过增减小车中的重物改变小车的质量。则在实验中， （选填“需要”或“不需要”）补偿阻力的影响。
（2）用如图2所示的装置进行实验，
①关于补偿小车阻力，下列说法正确的是
A.小车上不需要固定纸带
B.不需要考虑细线与定滑轮间的摩擦
C.必须反复调整木板倾斜度，直至小车能静止在木板上
D.在小车上增减钩码并进行多次实验，不需要重新补偿阻力
②在规范的实验操作下，打出的一条纸带如图3所示，相邻两计数点间均有4个点未画出，已知电源频率为50Hz，则打计数点0时，小车的速度大小为 m/s（结果保留2位有效数字）。
③在保持小车质量一定，根据实验数据得到如图4所示的a—F图像，发现图线未过原点，原因可能是
A.未补偿阻力
B.补偿阻力过度
C.计算小车所受拉力的大小时，未计入槽码盘所受的重力
D.未能满足槽码和槽码盘的总质量远小于小车和钩码的总质量
17．（2024·浙江模拟）为测量一未知电阻的阻值。一实验小组设计的电路如图1所示，其中为定值电阻，电压表V1和V2的内阻较大。
（1）图2是已用导线连接的实物图，其中电压表V1与定值电阻R0连接的两根导线中应选择 （选填“①”、“②”）导线。闭合电键S前，滑动变阻器的滑片应置于 （选填“最左端”或“最右端”）
（2）读取U1、U2的读数，描绘出图线，如图3所示，若图线的斜率为k，则阻值为 （选择字母k、R0表示）的
（3）实验小组又设计了如图4所示的电路来测量同一未知电阻的阻值，其中为电阻箱，下列说法正确的是
A.示数不清，但刻线清晰的电压表V2不能在本实验中使用
B.只要满足V2的指针有较大偏转，而其内阻对实验没有影响
C.打到1，观察V2示数，然后打到2，通过同时调节滑动变阻器R和电阻箱，使V2示数不变
经过正确实验操作，测得的阻值 （选填“大于”、“等于”或“小于”）图1电路测得的阻值，产生误差的原因是图1电路不能准确确定电阻 （选填“两端的电压”或“通过的电流”）
18．（2024·浙江模拟）如图甲所示，高为h、开口向上的汽缸放在水平地面上，横截面积为S、质量为m的薄活塞密封一定质量的理想气体，平衡时活塞下部与汽缸底部的间距为0.8h。移动汽缸，将其放在倾角的固定斜面上，绕过定滑轮的轻绳一端与质量为M（M未知）的物块相连，另一端与活塞相连，滑轮右侧轻绳与斜面平行，系统处于平衡时活塞恰好上升到汽缸顶部，如图乙所示。重力加速度大小为g，大气压强恒为，，不计一切摩擦，缸内气体的温度恒定，斜面足够长。
（1）此过程中汽缸与外界的热交换情况（选填“吸热”、“放热”）；
（2）求物块的质量M；
（3）若将轻绳剪断，求剪断后瞬间汽缸和活塞的加速度大小。
19．（2024·浙江模拟）如图所示装置由传送带、竖直细圆管螺旋轨道（最低点B分别与水平轨道AB、BC连接）组成。开始时可视为质点的滑块静置于传送带左端，由静止开始以可调的加速度a匀加速启动的传送带带动后，滑块滑过圆管轨道，并滑上上端与轨道BC相平的6个紧密排列的相同木块。已知滑块质量，每个木块的质量，宽度，传送带的长度，圆管轨道的半径，滑块与传送带及木块间的动摩擦因数分别为，，木块与地面DE的动摩擦因数为，各轨道间平滑连接，不计水平轨道与传送带及木块间的间隙，各轨道均光滑。
（1）若，则运动到圆心等高处P点时，滑块受到的轨道作用力大小；
（2）当滑块运动到C点时，动能与加速度a之间满足的关系；
（3）若滑块最终静止在木块5上，求：
①a大小的范围；
②木块5的最大速度及运动的最远距离。
20．（2024·浙江模拟）一实验小组设计了电动小车来研究电磁驱动。其原理为轮毂电机通过控制定子绕组通电顺序和时间，形成旋转磁场，驱动转子绕组带动轮胎转动。简化模型如图所示，定子产生边界为正方形的多个水平排列的有界匀强磁场，相邻两磁场方向相反。转子为水平放置的正方形线框。磁场以速度v向右匀速运动，一段时间后，线框以速度向右匀速运动。已知磁感应强度的大小均为B，磁场和线框的边长均为l，线框的质量为m，电阻为R，阻力的大小恒定。
（1）求线框受到的阻力大小f；
（2）若线框由静止加速到需要t时间，求这段时间内线框运动的位移大小x；
（3）以磁场和线框均做匀速运动的某时刻记为0时刻，此后磁场以加速度a向右做匀加速直线运动，t1时刻线框也做匀加速直线运动，求时间内通过线框的电量q。
21．（2024·浙江模拟）利用如图装置可以探测从原点O发射的粒子信息。两个有界匀强磁场，沿x轴方向宽度相同，y轴方向足够长，磁场边界与y轴平行，且内侧边界距y轴均为a，磁感应强度大小均为B，方向如图所示。足够高处有一平行于x轴且关于y轴对称放置的探测板，粒子打在探测板上将被全部吸收，板长等于两个磁场外侧边界之间的距离。粒子源沿各个方向均匀向外发射质量为m，电荷量为q的正离子，不考虑粒子重力及粒子之间的相互作用，求
（1）若粒子速度大小为v，所有粒子恰好不从两个磁场外侧边界射出磁场，则磁场宽度d1的大小；
（2）若粒子的探测率，则磁场宽度d2至少多大；
（3）若粒子速度大小，磁场宽度为，则粒子的探测率η的大小。（可用反三角函数表示）
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】根据，
故A正确，BCD 错误。
故选A。
【分析】考查单位换算，1Sv=，，
2．【答案】B
【知识点】质点；位移与路程；速度与速率
【解析】【解答】A．“70km/h”为瞬时速度，而不是平均速度，故A错误；
B．计算行车时间时，可以忽略汽车的形状和大小，可以视为质点，故B正确；
C．大桥全长36km指的是路程，而不是位移，故C错误；
D．汽车过桥的平均速度
尽管过桥的平均速度小于限速，但无法确定汽车的任何瞬时速度都小于限制速度，也无法确定小车有无超速行驶，故D错误。
故选B。
【分析】1、瞬时速度与平均速度的区别：瞬时速度：物体在某一时刻或某一位置的速度；平均速度：物体在一段时间或一段位移内的速度，计算公式为：平均速度等于位移除以总时间。
2、 质点的概念：当物体的形状和大小对研究问题的影响可以忽略时，可以将物体视为质点。
计算行车时间时，汽车的形状和大小可以忽略，因此可以视为质点。
3、路程与位移的区别：路程：物体运动轨迹的长度，是标量。位移：物体从初位置到末位置的有向线段，是矢量。
3．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】A．阻力伞受重力G、轻绳对阻力伞的拉力为，空气对阻力伞的作用力为F，三力平衡，如图
则有
故A错误；
B．人的运动状态未知，则地面对人的摩擦力大小不一定等于F，故B错误；
C．绳子上的拉力相等，即人对轻绳的拉力与阻力伞对轻绳的拉力大小相等，故C正确；
D．人对轻绳的拉力与轻绳对人的拉力是一对相互作用力，故D错误；
故选C。
【分析】1、三力平衡，采用正交分解，根据平衡找出各力之间关系。
2、平衡力：作用在同一物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上的一对力，
相互作用力：作用在两个不同物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上的一对力，遵循牛顿第三定律（作用力与反作用力）。
4．【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用；牛顿第二定律
【解析】【解答】“歼10”战机大仰角沿直线减速爬升，受力分析如图所示
战机受到的合外力为
根据余弦定理，在此爬升过程中空气对战机的作用力大小为
故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】根据牛顿第二定律求解合力，再根据矢量三角形法则求解此爬升过程中空气对战机的作用力大小。
5．【答案】D
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．两小球初位置不同，末位置相同，故两小球在此过程中位移不同，故A错误；
B．小球A竖直方向做竖直上抛运动，则
小球B竖直方向做自由落体运动，则
可得，速度的变化量为
故小球A速度的变化量较大，故B错误；
C．根据动能定理
两小球质量不同，下落高度相同，故动能的增量不同，故C错误；
D．不计阻力，两小球下落过程中，只有重力做功，两小球机械能守恒，机械能的增量相同，都为零，故D正确。
故选D。
【分析】1、位移是物体从初位置到末位置的有向线段，是矢量，与路径无关。
2、竖直上抛运动和自由落体运动的速度变化规律：速度的变化量为，加速度相同，时间不同。
3、合外力对物体做的功等于物体动能的增量，只有重力做功，。
4、机械能守恒条件：只有重力或弹力做功，机械能守恒。
6．【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．飞船从高轨道向低轨道转移时，需要通过发动机减速，使飞船进入更低的轨道。发动机做负功，机械能减小，故A错误；
B．根据万有引力定律可知
解得
可知，在轨道Π运行时速率不可能大于7.9km/s，故B错误；
C．发射速度小于7.9km/s时，物体无法成为绕地球运动的卫星，故C错误；
D．由于轨道Π的半长轴大于轨道 的运行半径，根据开普勒第三定律可知，在椭圆轨道Π运行的周期大于在轨道 运行周期，故D正确。
故选D。
【分析】1、第一宇宙速度（7.9 km/s）：这是物体绕地球做匀速圆周运动的最小发射速度。在轨道Π运行时，飞船的速率不可能大于7.9 km/s，因为这是近地轨道的最大速率。
2、物体要成为绕地球运动的卫星，发射速度必须至少达到第一宇宙速度（7.9 km/s）。如果发射速度小于7.9 km/s，物体无法克服地球引力，无法成为绕地球运动的卫星。
3、降轨控制：飞船从高轨道向低轨道转移时，需要通过发动机减速，使飞船进入更低的轨道。发动机做功：减速过程中，发动机对飞船做负功，飞船的动能减小。机械能变化：飞船的机械能（动能 + 势能）减小，因为势能的减小量大于动能的增加量。
4、开普勒第三定律：绕同一中心天体运动的两个轨道，其周期的平方与轨道半长轴的立方成正比。
7．【答案】C
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】AB．每年能提供的电能约为
故AB错误；
CD．每次涨潮与落潮水的质量为
一天中涨潮与落潮均有两次，一天发电的总能量为
发电的效率约为
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】利用潮汐涨落过程中海水的动能和势能转化为电能。涨潮与落潮：每天通常有两次涨潮和两次落潮，潮水的质量变化是发电的基础。发电效率：发电系统将潮汐能转化为电能的比例。
8．【答案】D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】能使静止的弹丸线圈向右发射，需在弹丸线圈内产生感应电流，要使弹丸远离加速线圈，根据楞次定律可知，加速线圈中应通有增大的电流使得通过弹丸线圈磁通量增大，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】当导体线圈中的磁通量发生变化时，线圈中会产生感应电流。感应电流的方向总是试图阻碍引起它的磁通量变化。要使弹丸线圈向右发射，需要在弹丸线圈内产生感应电流。根据楞次定律，弹丸线圈会试图远离加速线圈以阻碍磁通量的变化。
9．【答案】C
【知识点】冲量；电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A．根据矢量的叠加，点电荷的电场强度公式
可知，在O点所受电场力最大，粒子做匀速直线运动，所以在O点所受外力F最大，故A错误；
B．在C、D两点电场力方向相同，则所受外力F方向相同，故B错误；
C．从C运动到D的过程中电势能不变，电场力做功为0，根据动能定理可知，外力F做功为0，故C正确；
D．从C运动到D的过程中合外力冲量为零，而电场力方向不变，则电场力冲量不为零，则外力F的冲量不为0，故D错误；
故选C。
【分析】1、由点电荷的电场强度公式：和电场力公式：推导在O点所受外力F最大。
2、从 运动到D的过程中，电势能不变，因此电场力做功为 0。根据动能定理，外力F做功也为 0。
3、动量定理：合外力的冲量等于物体动量的变化，电场力冲量不为零，则外力F的冲量不为0。
10．【答案】C
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A．由几何关系可知a点与O、b、e三点的距离关系为ab=ae≠aO，根据通电直导线产生的磁场的特点，可知b、e点的磁感应强度大小相同，O点的磁感应强度大小与b、e点的磁感应强度大小不相等。故A错误；
B．仅给a、b处直导线通同向电流（电流方向均垂直纸面向里或向外，不会影响结果的磁感应强度大小），通电直导线a、b（假设电流方向均垂直纸面向里）分别产生的磁场在O点的磁感应强度以及它们的合磁感应强度B1如图1所示。
由几何关系可知
则
故B错误；
C．仅给a、b、c处直导线通同方向电流时（假设电流方向均垂直纸面向里），通电直导线a、b、c分别产生的磁场在O点的磁感应强度Ba、Bb、Bc的大小相等均为B0，方向如图2所示。
通电直导线b产生的磁场在O点的磁感应强度Bb的方向平行de连线，通电直导线a、c产生的磁场在O点的磁感应强度Ba、Bc在Bb的两侧，与Bb的夹角均等于，根据平行四边形定则，Ba、Bc的合磁感应强度与Bb同向，O点的磁感应强度方向一定平行de连线。若电流方向均垂直纸面向外，只是磁感应强度方向相反，但还是平行de连线的。故C正确；
D．给任意四根直导线通电时，假设直导线a、b的电流方向均垂直纸面向里，直导线c、d的电流方向均垂直纸面向外，同样的作出直导线a、b、c、d产生的磁场在O点的磁场叠加如图3所示，
将Ba与Bc合成为Bac，Bb与Bd合成为Bbd，再将Bac与Bbd合成最终的B合，Ba、Bc、Bb、Bd的大小均等于B0，显然B合大于B0，由此可见O点磁感应强度与四根直导线的电流方向有关。故D错误。
故选C。
【分析】多根导线通电时，O点的磁感应强度是各导线单独通电时磁感应强度的矢量和。由于五根导线对称分布，O点到每根导线的距离相同，因此每根导线单独通电时在O点产生的磁感应强度大小相同，均为.仅给a处直导线通电时，O点的磁感应强度为，仅给a、b处直导线通同向电流时，O点的磁感应强度为两导线单独通电时磁感应强度的矢量和。给任意四根直导线通电时，O点的磁感应强度大小为四根导线单独通电时磁感应强度的矢量和.
。
11．【答案】D
【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】A．发生α衰变，根据电荷数和质量数守恒得到衰变方程为
故A错误；
B．比结合能越大越稳定，所以原子核X的比结合能比大，故B错误；
C．放射性的原子核在发生α衰变时产生的新核处于高能级，这时它要向低能级跃迁，并放出γ光子，故C错误；
D．半衰期为87.7年，根据公式
其中为衰变前的质量，是衰变后剩余质量，有的原子核衰变，剩余质量为
可得，故D正确。
故选D。
【分析】1、根据电荷数和质量数守恒写衰变方程。
2、比结合能越大越稳定，反应生成物的比结合能大于反应前物质的比结合能。
3、根据公式，计算时间。
12．【答案】A
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．c点为振动减弱点，相遇过程中，c点的位移始终为0，故A正确；
B．根据同侧法，时刻，向右传播的波单独引起的振动方向向下，向左传播的波单独引起的振动方向向下，且时刻，a质点位于平衡位置，故此时a质点的速度最大，根据波形平移法可知，时，a质点位于平衡位置，只有向左传播的波在a质点处振动，a质点的速度不是最大，故B错误；
C．根据波形平移法可知，时，b质点位于平衡位置，加速度为零，故C错误；
D．质点不会随波迁移，故时，a、b间距不变，任然为L，故D错误。
故选A。
【分析】1. 波的叠加与振动减弱点：波的叠加：两列波相遇时，位移的叠加遵循矢量叠加原理。
振动减弱点：当两列波的振动方向相反且振幅相等时，位移始终为零，称为振动减弱点。
2、同侧法：用于判断波的传播方向与质点振动方向的关系。
3、波形平移法：通过波的传播方向和平移距离判断质点的位置和运动状态。
4、波的传播：波传播时，质点只在平衡位置附近振动，不会随波迁移。
13．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．根据题意作出光路图，如图所示
根据几何关系可得
则
且
可得
，
在中，根据余弦定理可得
在中，根据正弦定理可得
可得，该介质的折射率为
故A错误；
B．，则
光束在介质中传播的路程为
光束在介质中传播的速度为，光束在介质中传播的时间为
故B正确；
C．仅将入射点下移，根据光路图可知，、、、均不发生变化，光束仍从BC边射出，故C错误；
D．仅将黄光束改为紫光束，紫光的折射率较大，则光束在AC边上的折射角减小，根据几何关系可知仍与相等，根据折射定律
，
可得
可知光束仍从BC边射出，故D错误。
故选B。
【分析】1、根据折射定律，可以计算介质的折射率。需要根据光路和几何关系，确定入射角和折射角，进而计算折射率。
2、光束在介质中传播的时间可以通过光程和光速计算。
3、仅将入射点下移，根据光路图可知，、均不发生变化，光束仍从BC边射出。
4、仅将黄光束改为紫光束，由于紫光的折射率通常大于黄光，根据几何关系和折射定律推导光束仍从BC边射出。
14．【答案】A,B
【知识点】电磁场与电磁波的产生；布朗运动；法拉第电磁感应定律；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A．无线充电技术的原理是电磁感应，通过发射端产生交变磁场，接收端中的线圈在这个交变磁场中感应出电流，从而实现电能的传输 。故A正确；
B．布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则热运动。布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则热运动故B正确；
C．电容式位移传感器是把力学量“位移”转换为电学量“电容”，故C错误；
D．赫兹测得电磁波在真空中的速度等于光速c，通过实验验证了光是电磁波，因为光的电磁理论是由麦克斯韦等人提出的，赫兹的实验主要是证实了电磁波的存在和传播速度[搜索结果中未直接提及此具体判断，故D错误。
故选AB。
【分析】1、无线充电技术的原理是电磁感应。通过发射端产生交变磁场，接收端中的线圈在这个交变磁场中感应出电流，从而实现电能的传输 。
2、 布朗运动是悬浮微粒在液体或气体中由于受到分子热运动的碰撞而发生的无规则运动，它反映了液体或气体分子的无规则热运动[搜索结果中未直接提及，但为物理学基本知识]。
3、电容式位移传感器确实是将位移这种力学量转换为电容这种电学量，通过测量电容的变化来反映位移的变化。
4、赫兹确实通过实验测得了电磁波在真空中的传播速度等于光速，这一发现支持了光是电磁波的理论，但说赫兹“通过实验验证了光是电磁波”并不准确，因为光的电磁理论是由麦克斯韦等人提出的，赫兹的实验主要是证实了电磁波的存在和传播速度[搜索结果中未直接提及此具体判断。
15．【答案】B,C
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系；光电效应；光子及其动量
【解析】【解答】A．若P在O点的左侧，光电管加的是反向电压，三种光照射时电流表不一定有示数，故A错误；
D．根据
利用图像遏止电压的值可知
而光子动量
联立得
故D错误；
C．由于
则波长
根据
b光产生的条纹间距最小，故C正确；
B．若P在O点的右侧同一位置，光电管加的是正向电压，由图乙知U>0时，a光照射时电流表示数一定最大，故B正确。
故选BC。
【分析】1、光电效应：当光照射到金属表面时，金属会发射光电子，形成光电流。反向电压：当光电管加反向电压时，光电子需要克服电场力才能到达阳极，因此光电流可能减小甚至为零。若P在O点左侧，光电管加反向电压，三种光照射时电流表不一定有示数。
2、遏止电压：使光电流减小到零的最小反向电压，与光电子的最大初动能有关。根据遏止电压的值，可以计算光子动量。
3、光的波长：不同颜色的光波长不同，紫光波长最短，红光波长最长。条纹间距：在双缝干涉实验中，条纹间距与波长成正比。
16．【答案】（1）正比；不需要
（2）BD；0.18；B
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）①根据位移与加速度、时间关系，可知
由于时间相等，所以位移与加速度成正比；
②根据实验原理可知，只探究位移与加速度的关系，不需要补偿阻力的影响。
（2）① A．补偿阻力时，小车上需要固定纸带，通过纸带点迹进行判断，故A错误；
B．细线与定滑轮间的摩擦非常小，不需要考虑，故B正确；
C．必须反复调整木板倾斜度，直至小车能匀速向下运动，故C错误；
D．在小车上增减钩码并进行多次实验，不需要重新补偿阻力，故D正确。
故选BD。
② 相邻两计数点间均有4个点未画出，交流电的频率为50Hz，则计数点间的时间间隔为
s
由图3所示刻度尺可知，其分度值是1mm，计数点2、4间的距离是6.50cm，计数点3的速度为
m/s=0.325m/s
由匀变速直线运动的推论可知，小车的加速度
m/s2=0.50m/s2
则打计数点0时，小车的速度大小
=0.175m/sm/s
③AB．由图可知当外力为0时已经有加速度，原因可能是补偿阻力过度，故A错误，B正确；
C．根据牛顿第二定律有，则有，计算小车所受拉力的大小时，未计入槽码盘所受的重力，则图像与纵轴负半轴有交点，故C错误；
D．未能满足槽码和槽码盘的总质量远小于小车和钩码的总质量时，图像会弯曲，但不会不过原点，故D错误；
故选B。
【分析】“探究加速度与力、质量的关系”实验的考查。
（1）①根据位移与加速度、时间关系，分析得出时间相等，所以位移与加速度成正比。
（2）①在力学实验中，纸带上的点迹可以反映小车的运动状态，通过分析点迹的间距变化，可以判断小车是否受到均匀的阻力补偿。在理想情况下，细线与定滑轮之间的摩擦可以忽略不计，尤其是在实验精度要求不高的情况下。为了补偿阻力，通常需要调整木板的倾斜度，使得小车在不受外力作用时能够匀速运动，这样可以确保阻力与重力沿斜面的分量平衡。
②瞬时速度计算：某一点的瞬时速度等于其前后两点之间的平均速度。根据匀变速直线运动的推论计算小车的加速度。
③当外力为0时已经有加速度，原因可能是补偿阻力过度。
（1）①[1]根据位移与加速度、时间关系，可知
由于时间相等，所以位移与加速度成正比；
②[2]根据实验原理可知，只探究位移与加速度的关系，无需平衡摩擦力。
（2）①[1] A．补偿阻力时，小车上需要固定纸带，通过纸带点迹进行判断，故A错误；
B．细线与定滑轮间的摩擦非常小，不需要考虑，故B正确；
C．必须反复调整木板倾斜度，直至小车能匀速向下运动，故C错误；
D．在小车上增减钩码并进行多次实验，不需要重新补偿阻力，故D正确。
故选BD。
②[2] 相邻两计数点间均有4个点未画出，交流电的频率为50Hz，则计数点间的时间间隔为
s
由图3所示刻度尺可知，其分度值是1mm，计数点2、4间的距离是6.50cm，计数点3的速度为
m/s=0.325m/s
由匀变速直线运动的推论可知，小车的加速度
m/s2=0.50m/s2
则打计数点0时，小车的速度大小为
=0.175m/sm/s
③[3]AB．由图可知当外力为0时已经有加速度，原因可能是补偿阻力过度，故A错误，B正确；
C．根据牛顿第二定律有
则有
计算小车所受拉力的大小时，未计入槽码盘所受的重力，则图像与纵轴负半轴有交点，故C错误；
D．未能满足槽码和槽码盘的总质量远小于小车和钩码的总质量时，图像会弯曲，但不会不过原点，故D错误；
故选B。
17．【答案】（1）①；最左端
（2）
（3）B；小于；电阻通过的电流
【知识点】伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）根据电路图可知电压表与定值电阻和并联，连接的两根导线中应选择①导线；闭合电键S前，滑动变阻器的滑片应置于最左端。
（2）根据欧姆定律有
变形可得
根据图像的斜率可知
解得
（3）根据实验原理可知打到1，观察V2示数，然后打到2，通过同时调节滑动变阻器R和电阻箱，使V2示数不变，此时电阻箱阻值即为待测电阻阻值，示数不清，但刻线清晰的电压表V2也可以在本实验中使用，只要满足V2的指针有较大偏转，而其内阻对实验没有影响。C选项应该保持滑动变阻器R不动。
故选B。
经过正确实验操作，测得的阻值小于图1电路测得的阻值，产生误差的原因是图1电路，由于电压表V1的内阻未知，不能准确确定电阻通过的电流。
【分析】（1）根据电路图补充实物图的连接，电压表与定值电阻和并联。
（2）根据欧姆定律得出，结合图像斜率推导出的表达式。
（3）等效替代法测电阻，只要满足V2的指针有较大偏转，而其内阻对实验没有影响。
（1）[1][2]根据电路图可知电压表V1与定值电阻R0连接的两根导线中应选择①导线；闭合电键S前，滑动变阻器的滑片应置于最左端。
（2）根据欧姆定律有
变形可得
根据图像的斜率可知
解得
（3）[1]根据实验原理可知打到1，观察V2示数，然后打到2，通过同时调节滑动变阻器R和电阻箱，使V2示数不变，此时电阻箱阻值即为待测电阻阻值，示数不清，但刻线清晰的电压表V2也可以在本实验中使用，只要满足V2的指针有较大偏转，而其内阻对实验没有影响。C选项应该保持滑动变阻器R不动。
故选B。
[2][3] 经过正确实验操作，测得的阻值小于图1电路测得的阻值，产生误差的原因是图1电路，由于电压表V1的内阻未知，不能准确确定电阻通过的电流。
18．【答案】解：（1）由于缸内气体的温度恒定，则内能不变，即
此过程中气体体积增大，对外做功，即，根据
知所以汽缸吸热。
（2）初状态
，
末状态，对活塞进行受力分析
，，
根据
得
（3）轻绳剪断瞬间，汽缸受力无变化，加速度为0，活塞受到的合力
加速度大小
【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
【解析】【分析】（1）理想气体温度决定内能，缸内气体的温度恒定，则内能不变，即
气体体积增大，对外做功，即，根据可得出。
（2）根据受力平衡得出初状态压强，
末状态，对活塞进行受力分析得出压强，，根据波意耳定理，可求解物块的质量M。
（3）轻绳剪断瞬间，汽缸受力无变化，加速度为0，活塞受到的合力，根据牛顿第二定律求解加速度。
19．【答案】解：（1）根据能量守恒，合外力对物块做的功等于物块在P点时的机械能
即
代入数据
解得
由轨道支持力提供向心力公式
（2）滑块能够到达C点的条件为，动能不小于在圆轨道最高点的重力势能
，
，
由匀加速直线运动推导公式，可得
即
同时由最大摩擦力为滑动摩擦力可知滑块的最大加速度为
所以滑块能够滑到C的条件为
由动能公式结合匀加速直线运动推导公式可得动能与加速度的关系：
（3）①滑块过C点在木块上滑动时，木块整体受到水平向右滑块给的摩擦力与水平向左地面给的摩擦力，当水平向右的摩擦力大于水平向左摩擦力时，木块将水平向右匀加速运动当速度与滑块作匀减速运动的速度相同时，两者保持相对静止作匀减速运动。木块所受水平向右的摩擦力为
木块所受水平向左的摩擦力为
所以当滑块滑到木块5上时，木块5和6开始向右作匀加速直线运动，此时木块所受水平向左的摩擦力大小为
木块5和6向右的加速度为
滑块能够滑动到木块5上面，则其动能不小于滑块从C到木块5的摩擦力对滑块做的功
即
得
而所以滑块能够滑到C的条件为已经满足滑上木块5。而滑块静止在木块5而不滑上木块6的条件是，滑块离开木块5前与木块具有相同速度，根据能量守恒
其中为木块5和6与滑块速度相同时前进的位移，为滑块在木块5上面的位移。对木块运用匀加速直线运动推导公式
代入能量守恒公式得
滑块作初速度为加速度为的匀减速直线运动，木块作初速度为0加速度为的匀加速度直线运动，两者经时间速度达到相同，运用运动学公式
，
求得
对滑块进行能量分析
，
得
对木块进行运动学公式
即
解得
将其代入
得
因为滑块要静止在木块5上面，所以
即
解得
综上所述滑块要静止与木块5上方，应满足。
②根据①中可知，当木块5存在最大速度
，
解得
其中木块5最远位移分为两段，前半段位移为
后半段为滑块与木块5和6一起匀减速，根据两端的运动学公式
，
解得
所以木块5运动的最远距离
【知识点】能量守恒定律
【解析】【分析】（1）根据能量守恒列等式，可求解P点速度；在P点支持力提供向心力列等式可求解滑块受到的轨道作用力大小。
（2）滑块能够到达C点的条件是动能不小于在圆轨道最高点的重力势能，
匀加速直线运动公式，同时由最大摩擦力为滑动摩擦力可知滑块的最大加速度；
推出滑块能够滑到C加速度满足条件，由动能公式结合匀加速直线运动推导公式可得动能与加速度的关系。
（3）①滑块过C点在木块上滑动时，木块整体受到水平向右滑块给的摩擦力与水平向左地面给的摩擦力，当水平向右的摩擦力大于水平向左摩擦力时，木块将水平向右匀加速运动当速度与滑块作匀减速运动的速度相同时，两者保持相对静止作匀减速运动。
滑块能够滑动到木块5上面，则其动能不小于滑块从C到木块5的摩擦力对滑块做的功
而滑块静止在木块5而不滑上木块6的条件是，滑块离开木块5前与木块具有相同速度，根据能量守恒，滑块作初速度为加速度为的匀减速直线运动，木块作初速度为0加速度为的匀加速度直线运动，两者经时间速度达到相同，
对滑块进行能量分析，对木块进行运动学公式
②根据①中可知，当木块5存在最大速度，，
其中木块5最远位移分为两段，前半段位移为
后半段为滑块与木块5和6一起匀减速，根据两端的运动学公式，
木块5运动的最远距离。
20．【答案】解：（1）当磁场以速度v向右匀速运动，线框以速度向右匀速运动时，线框相对磁场向左做匀速直线运动的速度为①
线框中的感应电动势大小为
②
感应电流大小为
③
线框所受安培力大小为
④
对线框根据平衡条件有
⑤
联立①~⑤解得
⑥
（2）线框由静止加速到过程的平均速度大小为
⑦
平均感应电动势大小为
⑧
平均感应电流大小为
⑨
根据动量定理有
⑩
联立⑥~⑩解得
（3）t1时刻线框开始做匀加速直线运动，此后线框所受合外力恒定，所以感应电动势恒定，由此可知线框相对磁场的速度恒定，即线框的加速度大小也为a。t1时刻磁场的速度大小为
设此时线框的速度大小为v2，则二者相对速度大小为
线框中的感应电动势大小为
感应电流大小为
线框所受安培力大小为
对线框根据牛顿第二定律有
时间内，对线框根据动量定理有
根据电流的定义有
联立⑥ ~ 式解得
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）线框相对磁场向左做匀速直线运动的速度为①
线框中的感应电动势大小为②，感应电流大小为③
线框所受安培力大小为④
对线框根据平衡条件有⑤
联立①~⑤ 可求解线框受到的阻力大小f。
（2）线框由静止加速到过程的平均速度大小为⑦
平均感应电动势大小为⑧
平均感应电流大小为⑨
根据动量定理有⑩
联立⑥~⑩可求解 这段时间内线框运动的位移大小 。
（3）t1时刻线框开始做匀加速直线运动，此后线框所受合外力恒定，所以感应电动势恒定，由此可知线框相对磁场的速度恒定，即线框的加速度大小也为a。t1时刻磁场的速度大小为
设此时线框的速度大小为v2，则二者相对速度大小为
线框中的感应电动势大小为
感应电流大小为
线框所受安培力大小为
对线框根据牛顿第二定律有
时间内，对线框根据动量定理有
根据电流的定义有
联立⑥ ~ 式可求解 时间内通过线框的电量q。
21．【答案】解：（1）由题意可知，沿x轴方向入射的粒子恰好与磁场外侧相切，根据几何关系有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
若使所有粒子恰好不从两个磁场外侧边界射出磁场，则有
（2）若粒子的探测率，可知有粒子不能探测到，可知粒子沿与y轴负方向夹角是30°的方向射入磁场都能探测到，粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由图可知，则磁场宽度至少
（3）若粒子速度大小
则有
由解析（2），设粒子与y轴负方向的夹角为θ，在磁场中运动时，由几何关系可得
解得
可知粒子的探测率η的大小
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）沿x轴方向入射的粒子恰好与磁场外侧相切，根据几何关系有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有，联立可求解磁场宽度d1的大小。
（2）画出粒子在磁场中运动轨迹图，根据几何关系可求解磁场宽度d2
（3）若粒子速度大小，则有，由解析（2）粒子与y轴负方向的夹角为θ，在磁场中运动时，由几何关系可得粒子与y轴负方向的夹角，粒子的探测率η的大小
