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浙江省七彩陽光新高考聯盟2024-2025學年高三上學期開學考試物理試題
1．（2024高三上·浙江開學考）下列物理量與單位符號對應的是（　　）
A．電量 B．功率J
C．半衰期 D．電場強度
【答案】D
【知識點】原子核的衰變、半衰期；功率及其計算；電場強度
【解析】【解答】A．（電子伏特 ）是能量單位（1 eV = 1.6×10- 9 J ），電量單位是庫侖（C），A錯誤；
B．（焦耳 ）是功、能量的單位，功率單位是瓦特（W）（ ），B錯誤；
C．米每秒是速度單位，半衰期單位是時間天、年，C錯誤；
D．電場強度定義式（是電勢差，單位V；是距離，單位m ），故單位為，D正確.
故答案為：D.
【分析】 電量：定義為“電荷的多少”，單位庫侖（C），與能量單位（eV）無關.
功率：定義為“功與時間的比值”（ ），單位瓦特（W），區別于功的單位（J）.
半衰期：描述衰變的時間特性，單位為時間單位，與速度（m/s）無關聯.
電場強度：由推導，單位V/m，符合定義.
2．（2024高三上·浙江開學考）下列說法正確的是（　　）
A．汽車上的速度計顯示了平均速度的大小
B．在雪豹捕獵過程中，以獵物為參考系，獵物是運動的
C．在研究運動員完成馬拉松比賽的時間時，運動員可看成質點
D．高空墜物會對地面上的人造成很大傷害，是由于下落位置越高物體慣性越大
【答案】C
【知識點】質點；參考系與坐標系；慣性與質量；平均速度
【解析】【解答】A．汽車速度計顯示的是瞬時速率（某一時刻的速度大小 ），而非平均速度，故A錯誤；
B．參考系是假定為 “靜止” 的物體，以獵物為參考系時，獵物自身相對靜止，故B錯誤；
C．研究馬拉松時間時，運動員的大小、形狀對結果影響極?。ㄈ叹嚯x遠大于人體尺寸 ），可視為質點，故C正確；
D．質量是物體慣性大小的唯一標準，與高度無關，故D錯誤.
故答案為：C.
【分析】速度計原理：速度計測量的是 “某瞬間” 的速度大?。ㄋ矔r速率 ），區分 “瞬時” 與 “平均” 的概念，判斷 A.
參考系的定義：參考系是假定靜止的物體，以自身為參考系時，物體相對靜止，判斷 B.
質點的條件：當物體的大小、形狀對研究問題無顯著影響時，可視為質點。馬拉松中運動員尺寸遠小于賽道長度，滿足條件，判斷 C.
慣性的決定因素：慣性大小唯一由質量決定，與位置、速度等無關，判斷 D.
3．（2024高三上·浙江開學考）2024年6月2日6點23分“嫦娥六號”成功著陸在月球背面南極-艾特肯盆地預選著陸區。月球上沒有大氣，“嫦娥六號”只能通過發動機的反推力來實現減速，圖示時刻為其豎直下降過程中的某一狀態。下列說法正確的是（　?。?br/>A．“嫦娥六號”正處于平衡狀態
B．“嫦娥六號”做自由落體運動
C．反推力是內力，對“嫦娥六號”的加速度沒有作用
D．反推力的方向豎直向上，大小比重力大
【答案】D
【知識點】牛頓第三定律；自由落體運動；牛頓第二定律
【解析】【解答】A．“嫦娥六號” 豎直下降且 減速（發動機反推減速 ），加速度不為，不處于平衡狀態（平衡狀態加速度為 ），A錯誤；
B．自由落體運動的條件是僅受重力，而 “嫦娥六號” 受發動機反推力，不滿足，B錯誤；
C．反推力是噴出氣體對“嫦娥六號”的作用力，是外力，C錯誤；
D．探測器減速下降，加速度向上（與速度方向相反 ），根據牛頓第二定律（ ）
故
反推力方向豎直向上且大于重力，D正確.
故答案為：D.
【分析】1. 平衡狀態判斷：平衡狀態要求加速度為（勻速或靜止 ），減速運動加速度不為，排除A.
2. 自由落體條件：自由落體需“只受重力”，存在反推力時不滿足，排除B.
3. 內力與外力區分：反推力是探測器（研究對象 ）與外界氣體的相互作用，屬于外力，外力影響加速度，排除C.
4. 牛頓第二定律應用：減速運動加速度方向與速度方向相反（向上 ），結合受力分析（反推力、月球重力 ），用判斷反推力與重力的大小關系，確認D.
4．（2024高三上·浙江開學考）某電場等勢面的分布情況如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．A、B兩點的電場強度大小相同，方向不同
B．同一電荷在Q點的電勢能比在P點大
C．同一電荷沿折線移動與沿折線移動，靜電力做功一樣大
D．把電子從等勢面e移動到等勢面c，靜電力做功為
【答案】C
【知識點】電場強度；電勢能；等勢面
【解析】【解答】A．電場線的疏密程度代表場強大小，A、B兩點的電場強度大小與方向均不同，故A錯誤；
B．電勢能大小與電荷的電性有關，故B錯誤；
C．靜電力做功與路徑無關，故C正確；
D．把電子從等勢面e移動到等勢面c，靜電力做功為
故D錯誤。
故答案為：B。
【分析】A、依據 “等勢面疏密反映場強大小，場強方向垂直等勢面”，判斷 A、B 兩點場強大小和方向。
B、利用電勢能公式，明確電勢能與電荷電性、電勢的關聯。
C、抓住 “靜電力做功與路徑無關，只取決于初末位置電勢差” 這一關鍵性質。分析兩種移動路徑的初末位置，結合做功公式，判斷做功是否相同。
D、運用靜電力做功公式，代入電子電荷量和對應等勢面電勢，計算做功數值。
5．（2024高三上·浙江開學考）月球富含的氫3是理想的核聚變材料，對于解決能源危機有重要作用。其中一種聚變反應的方程式為，其中是釋放的核能，光速為c。下列說法正確的是（　?。?br/>A．原子核外電子從高能級向低能級躍遷時釋放核能
B．核反應中的質量虧損了
C．該核反應是α衰變
D．核反應中質量數守恒，但動量不守恒
【答案】B
【知識點】動量守恒定律；質量虧損與質能方程；核聚變
【解析】【解答】A．原子核外電子躍遷釋放的是光能（如原子發光 ），核能是原子核內核子結合能變化（如聚變、裂變 ）釋放的能量，A錯誤；
B．由質能方程可得
解得
B正確；
C．衰變是重核自發釋放粒子（ ） 的過程，該反應是輕核（、 ）聚合成重核，屬于核聚變，C錯誤；
D．核反應中質量數守恒，動量守恒均守恒，D錯誤.
故答案為：B.
【分析】1. 核能與電子躍遷的區別：明確“核能源于原子核內核子的結合能變化”，電子躍遷屬于原子能級變化，釋放光能，判斷A.
2. 質能方程的應用：直接關聯與的關系（ ），推導質量虧損，判斷B.
3. 核反應類型識別：區分“核聚變（輕核聚合 ）”與“衰變（重核自發釋放粒子 ）”，判斷C.
4. 核反應的守恒定律：核反應中質量數（核子數 ）守恒，且系統動量守恒（不受外力 ），判斷D.
6．（2024高三上·浙江開學考）距水平地面處的A點，一質量m的小球以初速度大小v被豎直拋下，落到水平地面上被彈回，回跳到處的B點時速度為零。若小球與地面碰撞時機械能損失20%，不計空氣阻力，則從A到B過程中（　?。?br/>A．重力做功為
B．合外力對小球做功為
C．初速度大小滿足
D．地面對小球做的功為
【答案】D
【知識點】功的計算；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．重力做功為
A錯誤；
B．小球由A到B運動過程中，根據動能定理合外力對小球做功：
B錯誤；
C．小球與地面碰撞后的機械能為：
解得
C錯誤；
D．設地面對小球做功為，小球由A到B運動過程中，根據動能定理
解得
D正確.
故答案為：D。
【分析】A.抓住 “重力做功只與初末高度差有關”，直接計算高度差，判斷 A 錯誤.
B.用動能定理，明確 “合外力做功 = 末動能 - 初動能”，代入初末動能（末動能為0 ），判斷 B 錯誤.
C.分三步：① 分析碰撞前機械能（A點機械能，守恒到地面 ）；② 考慮碰撞損失（保留80% ）；③ 碰撞后機械能守恒到B點，聯立方程求解v，判斷 C 錯誤.
D.對全程用動能定理，梳理 “重力做功、地面做功、動能變化” 的關系，聯立方程求解地面做功，判斷 D 正確.
7．（2024高三上·浙江開學考）如圖為理想的可調式自耦變壓器，鐵芯上只有一組線圈，將其兩端接在間作為原線圈，副線圈是線圈的一部分接有定值電阻和滑動變阻器分別為原副線圈兩端電壓，其大小均可調節，分別為原副線圈中的電流，則（　?。?br/>A．保持不變，當滑動觸頭P順時針轉動一小角度，變小
B．保持不變，當滑動觸頭向下移動時，變小
C．保持不變，當滑動觸頭P順時針轉動一小角度，變大
D．保持不變，當滑動觸頭向下移動時，變小
【答案】A
【知識點】變壓器原理；電路動態分析
【解析】【解答】A．保持不變，當滑動觸頭P順時針轉動一小角度，變小，由電壓與匝數關系
可知變小，A正確；
B．滑動觸頭向下移動→改變的是副線圈外電路電阻（接入電阻變化 ），但原副線圈匝數比不變（、未變 ），由
、匝數比不變，所以不變，B錯誤；
C．電流比關系
（理想變壓器功率守恒，推導 ），不變時，若不變則不變（ ），但減小，由
得變小，C錯誤；
D．當滑動觸頭向下移動，根據閉合電路的歐姆定律可知變大，根據變流比可知也變大，D錯誤.
故答案為：A。
【分析】A、B.理想變壓器電壓關系，由和匝數比決定，A中變化→變化；B中匝數比不變→不變，據此判斷A、B.
C、D.理想變壓器電流關系（功率守恒 ），結合“不變時，外電阻變化影響，進而影響”，判斷C、D.
8．（2024高三上·浙江開學考）“嫦娥六號”探測器經過地月轉移、近月制動階段后，進入高度約200千米的圓形環月軌道Ⅰ。此后經2次降軌，進入近月點15千米、遠月點200千米的橢圓軌道Ⅱ上運動。P點為軌道Ⅰ、Ⅱ的交點，如圖所示，此時軌返組合體（軌道器和返回器組合體）在圓形環月軌道Ⅰ上運動。則“嫦娥六號”（　?。?br/>A．在軌道Ⅰ、Ⅱ經過P點時加速度相同
B．在軌道Ⅰ的機械能與軌道Ⅱ相同
C．與軌返組合體的運動周期相同
D．經過P點時的速度比軌返組合體的速度大
【答案】A
【知識點】牛頓第二定律；開普勒定律；衛星問題
【解析】【解答】A．加速度由萬有引力提供，根據牛頓第二定律與萬有引力定律：
軌道、在點到月球球心的距離相同，月球質量不變→加速度相同，A正確；
B．“嫦娥六號” 從軌道變軌到軌道，需在點減速，機械能減小，軌道機械能大于軌道，B錯誤；
C．根據開普勒第三定律
軌道Ⅰ的半徑比軌道Ⅱ的半長軸大，故“嫦娥六號”的運動周期小于軌返組合體的運動周期，C錯誤；
D．“嫦娥六號” 從軌道（圓軌道 ）變軌到軌道（橢圓軌道 ），需在點減速（萬有引力大于所需向心力，做近心運動 ），軌返組合體在軌道做圓周運動，速度滿足
“嫦娥六號” 變軌后速度，D錯誤.
故答案為：A。
【分析】A.加速度由萬有引力決定，公式，點相同→加速度相同，判斷A正確.
B.變軌需外力做功（減速 ），機械能與速度、軌道高度相關，減速后機械能減小，判斷B錯誤.
C.用開普勒第三定律，比較軌道半長軸，半長軸大則周期大，判斷C錯誤.
D.圓軌道變橢圓軌道需減速（近心運動條件 ），比較變軌前后速度，判斷D錯誤.
9．（2024高三上·浙江開學考）一質量為m，電荷量為q的帶負電的小球，以初速度從勻強電場中的A點水平拋出后經過某一定點B，如圖所示，電場強度大小為，方向豎直向下。下列說法正確的是（　　）
A．可以計算經過B點的時間
B．可以計算經過B點時的豎直方向的速度
C．初速度為，要使小球仍能經過B點，電場強度大小為
D．只要能夠經過B點，過B點時的速度偏向角為一定值，與初速度大小無關
【答案】D
【知識點】牛頓第二定律；運動的合成與分解；帶電粒子在電場中的偏轉
【解析】【解答】AB．小球受重力和電場力電
（因帶負電，電場方向向下，故電場力豎直向上 ），合力合
加速度合
小球做類平拋運動，水平方向勻速，豎直方向勻加速，但、間水平距離或豎直距離未知，無法由
或
計算時間，也無法求豎直速度，AB錯誤；
C．小球經過B點，豎直方向位移
解得
C錯誤；
D．速度偏向角滿足
其中，
故
又
即
因、位置固定（、不變 ），為定值→速度偏向角與初速度無關，D正確.
故答案為：D。
【分析】A、B.小球受重力和電場力，做類平拋（水平勻速、豎直勻加速 ）。但因、間位移未知，無法計算時間、豎直速度，排除A、B.
C. 初速度加倍，水平時間減半；豎直位移不變，由勻加速位移公式推導新加速度，進而求電場強度，發現與選項不符，排除C.
D. 推導速度偏向角的表達式，發現其僅與、間的、有關（位置固定 ），與初速度無關，確認D正確.
10．（2024高三上·浙江開學考）鼠標滾輪是鼠標上位于左鍵與右鍵之間的部件。某一鼠標滾輪上使用了霍爾效應傳感器，傳感器上有一塊非常小的金屬板，如圖所示，P、Q端與電壓表相連，左右端與電源相連。當環形磁鐵旋轉時，電壓表就會有讀數，圖示時刻磁鐵的N、S極分別在豎直面的下、上兩端。則（　?。?br/>A．圖示時刻左端積累了負電荷
B．圖示時刻P端積累了負電荷
C．圖示時刻金屬板中電子恰好不受磁場力的作用
D．磁鐵的旋轉不會對金屬板中電子運動產生影響
【答案】B
【知識點】磁感應強度；左手定則—磁場對帶電粒子的作用；霍爾元件
【解析】【解答】ABC．圖示時刻電流方向向右，則金屬板所在位置磁場方向向上，由于電子向左運動，根據左手定則可知，電子受到的洛侖茲力指向P端，即電子積累在P端，故AC錯誤，B正確；
D．磁鐵旋轉時，金屬板處磁場方向、大小會變化→洛倫茲力變化→電子運動（積累位置、受力 ）變化→會產生影響，故D錯誤.
故答案為：B.
【分析】1. 電流與電子運動方向： 明確“電流方向是正電荷移動方向，電子帶負電，運動方向與電流反向”，確定電子向左運動.
2. 磁場方向與左手定則： 由磁鐵、極位置，判斷金屬板處磁場方向向上；用左手定則（電子帶負電，四指反向 ），判斷洛倫茲力方向，確定電荷積累端.
3. 洛倫茲力的存在條件： 電子運動方向與磁場垂直（不平行 ），必然受洛倫茲力，排除C.
4. 磁鐵旋轉的影響：磁鐵旋轉改變磁場的方向/大小，洛倫茲力隨之變化，影響電子運動，排除D.
11．（2024高三上·浙江開學考）如圖1所示，在均勻介質中兩波源M、N分別位于處，質點P位于坐標原點，時刻，兩波源同時振動。圖2為質點P的振動圖像。則（　　）
A．M、N的起振方向相反
B．波的傳播速度為
C．較長時間后，間有7個振動減弱點
D．內質點P經過的路程為
【答案】D
【知識點】機械波及其形成和傳播；波長、波速與頻率的關系；波的疊加
【解析】【解答】A．N的振動傳到P點所用時間為
由P點的振動圖像知，M的振動周期為，所以在時，兩波在P點疊加，且振動加強，所以兩波源的起振方向相同，A錯誤；
B．波源到的距離，由圖2知時的振動傳到，根據
得波速
B錯誤；
C．兩列波的波長為
由于兩波源的起振方向相同，所以振動減弱點的波程差滿足
（為整數）
所以間有8個減弱點，分別為
，C錯誤；
D.0~6s：的振動傳到（前2s ），做簡諧運動（振幅 ）；2~6s 的振動未到，仍以振動，路程：
（2個周期，每個周期路程 ）
6~10s：兩波在點疊加（振動加強，振幅 ），時間（2個周期 ），
路程：
總路程
D正確.
故答案為：D。
【分析】A. 計算振動傳到的時間，結合的振動圖像（加強點 ），推導兩波源起振方向關系，判斷A錯誤.
B. 利用“振動傳播到的時間差”，結合到的距離，用求波速，判斷B錯誤.
C. 由波長、波源間距，結合“振動減弱條件（路程差為半波長奇數倍 ）”，列方程求解減弱點數量，判斷C錯誤.
D. 分階段（單獨振動、兩波疊加 ）分析的振幅與振動周期，計算各階段路程并求和，判斷D正確.
12．（2024高三上·浙江開學考）圖1為光電效應實驗裝置圖，c處于滑動變阻器的中點位置，開始時滑片P也處于中點位置。用不同頻率的光束照射金屬材料甲、乙，調節滑片P的位置，得到遏止電壓隨頻率變化的圖線，如圖2所示。下列說法正確的是（　?。?br/>A．要能得到的讀數，滑片P應向b端滑動
B．甲、乙對應的圖線不一定平行
C．在發生光電效應的情況下，用相同頻率的光束照射金屬材料，照射金屬乙時滑片P滑動的長度小
D．在發生光電效應的情況下，用相同頻率的光束照射金屬材料，照射金屬甲時逸出的光電子初動能大
【答案】C
【知識點】光電效應
【解析】【解答】A．要測量遏止電壓，需在光電管上加反向電壓（阻止光電子到達陽極 ），原滑片在中點，要使、間為反向電壓，需將滑片向端滑動（使電勢高于 ），A錯誤；
B．根據
，
可得
可知兩圖線的斜率相同，甲、乙對應的圖線一定平行，B錯誤；
C.由
結合圖2（乙的截距絕對值更大 ），知乙的逸出功乙甲，相同頻率時，逸出功越大，越?。ㄒ蚺c負相關 ），遏止電壓越小，所需反向電壓越小→滑片向滑動的長度越?。ㄕ{節幅度小 ），C正確；
D．由于甲的逸出功更小，所以在發生光電效應的情況下，用相同頻率的光束照射金屬材料，照射金屬甲時逸出的光電子的最大初動能大，但初動能不一定大，D錯誤.
故答案為：C。
【分析】A.明確“遏止電壓需要反向電壓”，判斷滑片移動方向，排除A.
B. 推導關系式，分析斜率與普朗克常量、元電荷的關系，確定圖線平行，排除B.
C.由圖2截距判斷逸出功大小，結合與的負相關，分析滑片調節長度，確認C正確.
D.用光電效應方程分析相同頻率下，逸出功對最大初動能的影響，結合題干表述（原解析邏輯 ），排除D.
13．（2024高三上·浙江開學考）半圓柱形玻璃磚的底面鍍有一層反射膜，為玻璃磚的半圓形橫截面，M為最高點，O為圓心，半徑為R。一束寬為R的平行光的下邊恰好沿著底邊，如圖所示。其中從A點射入的光線經玻璃折射后從B點射出，已知A、B兩點距離分別為和。，不考慮圓弧面上的反射光線，下列說法正確的是（　?。?br/>A．玻璃的折射率為
B．有部分光線在圓弧區域發生全反射
C．只有圓弧的部分區域有光線射出
D．射向圓弧區域的光線有一部分來源于處反射的光線
【答案】C
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．作出光路圖，根據幾何知識求解入射角和折射角，再根據折射定律求解折射率，由題意可得，從A點射入的光線經玻璃折射后從B點射出，其光路圖如圖所示，由幾何知識可知入射角，折射角，則有折射率
A錯誤；
B．根據光路的可逆性判斷，光線在玻璃磚中傳播時，光線與半徑構成等腰三角形，由光路可逆性可知，不可能發生全反射，B錯誤；
D．作出光線到PQ面的光路圖，根據幾何關系結合折射率判斷。假設有光線會射向，如圖解所示，則有
不存在，D錯誤；
C．根據臨界光線出射位置判斷，最上邊和下邊的光線恰好射向Q點，其余光線因為區域的出射點總比區域的入射點位置低，只有部分區域有光線射出，C正確。
故選C。
【分析】本題考查光的折射和全反射，要求學生能根據題意熟練作出光路圖，應用折射定律和全反射規律解題。
14．（2024高三上·浙江開學考）下列說法正確的是（　?。?br/>A．一列水波在深度不同的水域傳播時，在交界面處將發生折射現象
B．在產生正弦式交流電的過程中，當線圈經過中性面時，線圈中的電流為零
C．壓縮氣體時，壓縮的體積越小，外界需要的力越大，說明分子間存在斥力
D．核反應堆中用鎘棒作為慢化劑，快中子跟慢化劑中的原子核碰撞后變為慢中子。
【答案】A,B
【知識點】交變電流的產生及規律；波的反射和折射；氣體壓強的微觀解釋；核裂變
【解析】【解答】A．一列水波在深度不同的水域傳播時，由于傳播速度發生變化，則在交界面處將發生折射，A正確；
B．當線圈經過中性面時，穿過線圈的磁通量達到最大，但磁通量的變化率為零，感應電動勢的瞬時值為零，即線圈中的電流為零，B正確；
C．壓縮氣體時，壓縮的體積越小，氣體壓強越大，外界需要的力越大，氣體分子之間的平均距離較大，分子之間的引力與斥力可以忽略，C錯誤；
D．鎘棒的作用是調節中子的數目，從而控制反應速度，D錯誤.
故答案為：AB.
【分析】A.明確 “波速變化是折射的關鍵”，結合水波在不同深度水域的波速差異，判斷 A 正確.
B.分析中性面處磁通量、磁通量變化率的特點，推導感應電動勢、電流的瞬時值，判斷 B 正確.
C.區分 “氣體壓強（宏觀力 ）” 與 “分子斥力（微觀力 ）”，明確氣體分子間距大時分子力可忽略，判斷 C 錯誤.
D.牢記 “慢化劑（減速中子 ）” 與 “鎘棒（吸收中子，控制反應 ）” 的不同作用，判斷 D 錯誤.
15．（2024高三上·浙江開學考）一水平足夠長的平行軌道如圖所示，以為界左邊磁場的磁感應強度大小為，方向垂直紙面向外，右邊磁場的磁感應強度大小為，方向垂直紙面向里。導體棒甲、乙的質量均為m，電阻相同，開始時均處于靜止狀態。現給甲一水平向右的初速度，若軌道光滑且電阻不計，甲、乙始終在各自磁場中運動，下列說法中正確的是（　?。?br/>A．乙將向右運動
B．甲、乙運動過程中動量不守恒
C．穩定后，甲的速度為
D．當乙的速度為，乙棒產生的焦耳熱為
【答案】B,C
【知識點】動量守恒定律；能量守恒定律；右手定則；電磁感應中的動力學問題
【解析】【解答】A．甲運動后根據右手定則可知，通過乙的電流為向上，根據左手定則可知乙受到安培力向左，所以乙將向左運動，A錯誤；
B．甲、乙運動過程中受到的安培力大小不等，方向相同，所以甲、乙組成的系統在運動過程中合力不為零，動量不守恒，B正確；
C．從開始運動到穩定過程中，對甲根據動量定理
對乙根據動量定理
穩定后，有回路中沒有電流，甲、乙產生的電動勢抵消
得
C正確；
D．根據動量定理
，
得
由能量守恒
乙棒產生的焦耳熱
D錯誤。
故答案為：BC。
【分析】A用 “右手定則” 判斷甲中電流方向，再用 “左手定則” 判斷乙受安培力方向，確定運動方向，排除 A.
B.分析甲、乙所受安培力大?。ㄒ駼不同 ），判斷系統合力是否為零，確定動量是否守恒，確認 B 正確.
C.穩定時 “電動勢抵消” 得速度關系，結合 “動量定理（安培力沖量 = 動量變化 ）”，聯立方程求解穩定速度，確認 C 正確.
D.用 “動量定理” 求中間狀態速度，再用 “能量守恒” 算總焦耳熱，結合電阻分配焦耳熱，判斷 D 錯誤.
16．（2024高三上·浙江開學考）在“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗中，
（1）實驗中我們采用的研究方法是_______
A．等效替代法 B．控制變量法 C．補償法
（2）某次測量如圖所示，不合理的操作是_______（多選）
A．兩細繩間的夾角太大
B．一細繩的長度太短
C．兩只彈簧測力計的讀數不相等
D．一只彈簧測力計中的彈簧伸長方向與細繩方向不一致
（3）若有三只相同的彈簧測力計，完成一次該實驗，至少需要　 ?。ㄟx填“1”、“2”或“3”）次把橡皮筋結點拉到O。
【答案】（1）A
（2）B；D
（3）1
【知識點】驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】（1）在“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗中，就是由一個力的作用效果與兩個互成角度的力的共同作用效果相同，則有這個力代替兩個互成角度的力，采用的研究方法是等效替代法.
故答案為：A.
（2）A．兩細繩間的夾角太大，對實驗結果不會產生影響，A正確；
B．一細繩的長度太短，在確定該拉力方向時容易產生誤差，B錯誤；
C．兩只彈簧測力計的讀數不一定相等，可以不相等，C正確；
D．一只彈簧測力計中的彈簧伸長方向與細繩方向不一致，會導致該方向的拉力產生誤差，使合力產生誤差，D錯誤.
故答案為：BD.
（3）若有三只相同的彈簧測力計，完成一次該實驗，則三只相同的彈簧測力計同時拉，即兩個代表兩分力，第三個代表合力，因此至少需要1次把橡皮筋結點拉到O.
故答案為：1
【分析】（1）理解 “等效替代法” 的核心是 “效果相同，相互替代”，匹配實驗中 “一個力替代兩個力的效果”，確定 A.
（2）逐一分析操作對 “力的方向、大小測量準確性” 的影響：細繩長度影響方向記錄精度；彈簧與細繩方向是否一致影響拉力方向的真實性；夾角大小、讀數是否相等不影響實驗本質（只要記錄準確 ），確定 BD.
（3）明確 “三只測力計可同時參與一次實驗”（兩測分力、一測合力 ），無需多次拉結點，確定 1 次.
（1）在“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗中，就是由一個力的作用效果與兩個互成角度的力的共同作用效果相同，則有這個力代替兩個互成角度的力，采用的研究方法是等效替代法。
故選A。
（2）A．兩細繩間的夾角太大，對實驗結果不會產生影響，A正確，不符合題意；
B．一細繩的長度太短，在確定該拉力方向時容易產生誤差，B錯誤，符合題意；
C．兩只彈簧測力計的讀數不一定相等，可以不相等，C正確，不符合題意；
D．一只彈簧測力計中的彈簧伸長方向與細繩方向不一致，會導致該方向的拉力產生誤差，使合力產生誤差，D錯誤，符合題意。
故選BD。
（3）若有三只相同的彈簧測力計，完成一次該實驗，則三只相同的彈簧測力計同時拉，即兩個代表兩分力，第三個代表合力，因此至少需要1次把橡皮筋結點拉到O。
17．（2024高三上·浙江開學考）在“電池電動勢和內阻的測量”實驗中，
（1）某同學嘗試用多用電表的不同擋位粗測，其中合理的是_______
A．用電壓擋測量電動勢 B．用歐姆擋測量內阻
（2）進一步測量，實物接線如圖1所示，其中　 ?。ㄟx填“a”、“b”、“c”或“d”）兩條接線是錯誤的；
（3）正確連線后進行測量，如圖2所示，某次電流表的讀數為　 　A
（4）圖3為實驗數據在坐標紙上描出的數據點，則一節電池的內阻為　 ?。ūＡ魞晌挥行底郑?br/>【答案】（1）A
（2）bd
（3）0.24
（4）2.0
【知識點】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數；練習使用多用電表；電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】（1）在“測定干電池電動勢和內阻”實驗，多用電表歐姆擋內部有電源，只能測與外電源斷開部分電阻的阻值，故不能直接用多用電表歐姆擋測電源內阻。故某同學嘗試用多用電表的不同擋位粗測，其中合理的是用電壓擋測量電動勢.
故答案為：A.
（2）電池電動勢約為，為減小實驗誤差，電壓表應選擇的量程，故b接線是錯誤的；導線不能與滑動變阻器的滑頭相連，應與兩側接線柱連接，故d接線是錯誤的.
故答案為：bd
（3）電流表的讀數為：
故答案為：0.24
（4）根據題意作出兩節干電池的圖線
根據閉合電路的歐姆定律
整理得
圖像斜率為
解得
故答案為：2.0.
【分析】（1）明確 “歐姆擋內部有電源，不能測含源電路電阻”，而 “電壓擋可直接并聯測電壓（近似電動勢 ）”，判斷 A 合理.
（2）從 “電壓表量程選擇（匹配電動勢減小誤差 ）” 和 “滑動變阻器接線規范（一上一下 ）” 出發，識別錯誤接線b（量程不當 ）、d（接滑頭 ）.
（3）依據電流表量程、分度值讀數.
（4）用圖像斜率對應內阻（結合實驗原理 ）.
（1）在“測定干電池電動勢和內阻”實驗，多用電表歐姆擋內部有電源，只能測與外電源斷開部分電阻的阻值，故不能直接用多用電表歐姆擋測電源內阻。故某同學嘗試用多用電表的不同擋位粗測，其中合理的是用電壓擋測量電動勢。
故選A。
（2）電池電動勢約為，為減小實驗誤差，電壓表應選擇的量程，故b接線是錯誤的；導線不能與滑動變阻器的滑頭相連，應與兩側接線柱連接，故d接線是錯誤的。
（3）電流表的讀數為
（4）根據題意作出兩節干電池的圖線
根據閉合電路的歐姆定律
整理得
圖像斜率為
解得
18．（2024高三上·浙江開學考）在“用雙縫干涉測量光的波長”實驗中，
（1）下列說法正確的是_______（多選）
A．通過轉動遮光筒可以使單縫與雙縫平行
B．為了減小條紋間距，可以把紅色濾光片換成綠色濾光片
C．為了更準確地讀取手輪上的讀數，需要拔動拔桿進行調節
D．測量條紋間距時，測量頭中分劃板中心線必須與條紋的中央對齊
（2）若把雙縫干涉實驗裝置置于某種透明液體中，為保證條紋間距不變，應選用雙縫間距　 ?。ㄟx填“更大”、“更小”或“不變”）的雙縫片。
【答案】（1）B；D
（2）更小
【知識點】用雙縫干涉測光波的波長；干涉條紋和光的波長之間的關系
【解析】【解答】（1）A．調節單縫與雙縫平行需通過撥桿，而非轉動遮光筒，A錯誤；
B．條紋間距公式
綠光波長綠紅，換綠色濾光片后減小，B正確；
C．準確讀數需調節分劃板中心線與條紋中央對齊，而非撥動撥桿（撥桿用于調節單縫平行 ），C錯誤；
D．測量條紋間距時，測量頭中分劃板中心線必須與條紋的中央對齊，才能準確地讀取手輪上的讀數，D正確.
故答案為：BD.
（2）若把雙縫干涉實驗裝置置于某種透明液體中，因波速變小，可得介質中光的波長為：
則光的波長變小，而要保證條紋間距不變，則需變小，即應選用雙縫間距更小的雙縫片.
故答案為：更小.
【分析】（1）牢記“單縫平行調節工具（撥桿 ）” “條紋間距公式（波長、雙縫間距對間距的影響 ）” “測量讀數的規范（分劃板與條紋中央對齊 ）”，逐一判斷選項，確定BD.
（2）利用“光在介質中波長”，結合條紋間距公式，分析減小后，為保持不變，需減小雙縫間距，確定“更小”.
（1）A．拔桿的作用是為了調節單縫與雙縫平行，使屏上呈現清晰的干涉條紋，故A錯誤；
B．把紅色濾光片換成綠色濾光片，光的波長變小，由，條紋間距變小，故B正確；
C．為了更準確地讀取手輪上的讀數，需要調節測量頭中分劃板中心線必須與條紋的中央對齊，故C錯誤；
D．測量條紋間距時，測量頭中分劃板中心線必須與條紋的中央對齊，才能準確地讀取手輪上的讀數，故D正確。
故選BD。
（2）若把雙縫干涉實驗裝置置于某種透明液體中，因波速變小，可得介質中光的波長為
則光的波長變小，而要保證條紋間距不變，則需變小，即應選用雙縫間距更小的雙縫片。
19．（2024高三上·浙江開學考）如圖所示為水銀氣壓計的原理簡圖。氣壓計中混入的氣泡上升到水銀柱的上方，使水銀柱上方不再是真空。當實際大氣壓為時，這個水銀氣壓計的示數只有，此時管中的水銀面到管頂的距離為，環境溫度為。不考慮細玻璃管中水銀柱的升降對水銀槽中液面的影響。
（1）若升高環境溫度，大氣壓保持不變，長時間后氣體增加的內能　 　（選填“大于”、“小于”或“等于”）氣體吸收的熱量；
（2）若環境溫度保持不變，氣壓計的示數減小了，求大氣壓改變了多少？
（3）若環境溫度升高了，氣壓計的示數未變，求大氣壓改變了多少？
【答案】（1）小于
（2）解：氣體做等溫變化，設細玻璃管截面積為，
初態
末態
由玻意耳定律可得
代入數據解得大氣壓為，氣壓減小了.
（3）解：若環境溫度升高了，氣壓計的示數未變，說明氣體的體積不變，氣體初狀態溫度是
初態壓強是
溫度升高后氣體壓強是，溫度是
由查理定律可得
可得
代入數據解得
可得水銀柱上方氣體壓強和大氣壓增加了.
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等容變化及查理定律
【解析】【解答】（1）溫度升高，氣體壓強增大，體積增大，氣體對外做功，即，由知，，氣體增加的內能小于氣體吸收的熱量.
故答案為：小于
【分析】（1）識別“溫度升高→內能增加” “氣體膨脹→對外做功”，結合，判斷內能與熱量關系.
（2）確定初末態氣體壓強、體積（用表示 ），代入求解大氣壓變化.
（3）確定初末態溫度、壓強，代入，結合“示數未變→氣體體積不變”，推導大氣壓變化.
（1）溫度升高，氣體壓強增大，體積增大，氣體對外做功，即，由知，，氣體增加的內能小于氣體吸收的熱量。
（2）氣體做等溫變化，設細玻璃管截面積為，初態
末態
由玻意耳定律可得
代入數據解得大氣壓為，氣壓減小了。
（3）若環境溫度升高了，氣壓計的示數未變，說明氣體的體積不變，氣體初狀態溫度是
初態壓強是
溫度升高后氣體壓強是，溫度是
由查理定律可得
可得
代入數據解得
可得水銀柱上方氣體壓強和大氣壓增加了。
20．（2024高三上·浙江開學考）如圖所示一游戲裝置，由四分之一圓弧軌道，水平軌道，以順時針轉動的的傾斜傳送帶，水平平臺組成，各部分之間平滑連接。一木板Q靜置于水平面上，其上表面與平臺等高并緊靠平臺。一可視為質點的木塊P從距為h的上某處由靜止開始下滑，已知P的質量m和Q的質量M均為，軌道的半徑，木板Q的長度，傳送帶的長度與傳送帶及Q間的動摩擦因數均為，其余各處摩擦均不計，，，則
（1）若，求木塊P運動到圓弧軌道最低點B時，受到的支持力大??；
（2）若木塊P能滑上平臺，求h的最小值；
（3）若木塊和木板相互作用時產生的摩擦內能為E，求h與E之間滿足的關系。
【答案】（1）（1）解：由機械能守恒定律可得
根據牛頓第二定律可知
解得
（2）（2）解；木塊P在傳送帶上，先以向上勻減速，再以向上勻減速，到平臺時速度恰好為零對應，對物體受力分析，結合牛頓第二定律可得
由勻變速直線運動得規律可得
解得
，
故
（3）（3）解：設木塊剛滑上木板的速度為時，恰好能在木板最右端與木板相對靜止，則有
解得
對應下落高度
①當時
②當時
所以

【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）先通過機械能守恒（只有重力做功，機械能總量不變）算出木塊到B點的速度；再在B點用牛頓第二定律（合力提供向心力），聯立求解支持力。
（2）用牛頓第二定律求加速度；再通過勻變速運動公式（速度 - 位移關系）聯立，求出木塊滑上平臺的臨界初速度；最后用機械能守恒關聯與速度。
（3）用動量守恒（水平方向不受外力）和能量守恒（摩擦生熱等于動能損失）聯立，結合機械能守恒（下滑過程）和傳送帶能量消耗（重力、摩擦力做功），推導h與E的關系。
（1）由機械能守恒定律可得
根據牛頓第二定律可知
解得
（2）木塊P在傳送帶上，先以向上勻減速，再以向上勻減速，到平臺時速度恰好為零對應，對物體受力分析，結合牛頓第二定律可得
由勻變速直線運動得規律可得
（3）設木塊剛滑上木板的速度為時，恰好能在木板最右端與木板相對靜止，則有
解得
對應下落高度
①當時
②當時
21．（2024高三上·浙江開學考）某探究小組設計了兩種電磁驅動裝置。圖1利用直流電源給線框供電，接通電源后正方形導線框在磁極間的輻向磁場中，從靜止開始繞中心軸線發生轉動。圖2為三個線圈連接到三相電源上，電流形成的磁場可等效為角速度的旋轉輻向磁場，穩定后解鎖正方形導線框，導線框由靜止開始轉動。圖3為不同視角的上述兩種驅動裝置的截面圖，分別為圖1的正視圖和圖2的俯視圖。已知導線框的邊長為l，電阻為兩邊的質量均為m，所處位置的磁感應強度大小均為B，磁場方向始終與轉動方向垂直，轉動中兩邊受到的阻力均為（k為比例系數，v為線速度），其余兩邊質量和所受阻力不計。電源的電動勢為E，內阻不計，
（1）在兩種驅動裝置中，若圖1、2導線框的轉動方向一致，則旋轉輻向磁場的轉動方向是順時針還是逆時針；
（2）在圖2裝置中，若，則導線框轉動的最大角速度；
（3）在圖1裝置中，若導線框經過時間t恰好達到最大角速度，則在該過程中邊轉過的弧長S。
【答案】（1）解：圖1裝置，導線框順時針轉動，圖2裝置若導線框也順時針轉動，由楞次定律，旋轉輻向磁場的轉動方向也為順時針。
（2）解：當金屬線框達到穩定時，線框兩邊切割磁感線的相對速度大小為
根據法拉第電磁感應定律可得此時的感應電動勢為
則此時的感應電流為
金屬線框兩邊所受的安培力均為
又有兩邊所受的安培力均與阻力平衡
又阻力
當時
解得導線框轉動的最大角速度
（3）解：轉動穩定后達到最大角速度，兩邊所受的安培力均與阻力平衡
又
根據法拉第電磁感應定律可得此時的感應電動勢為
則此時的感應電流為
兩邊所受的安培力
則
解得
設安培力的沖量為，由動量定理
又
綜合解得
代入，得
【知識點】動量定理；交變電流的產生及規律；安培力的計算；楞次定律
【解析】【分析】（1）先確定圖1所示位置的線框中電流方向，由左手定則判斷導線框轉動方向。圖2中導線框的轉動方向可由圖3來觀察，根據電磁驅動原理可得旋轉輻向磁場的轉動方向；
（2）先確定導線框達到穩定轉動時線框的AB、CD兩邊切割磁感線的相對速度大小。根據法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、安培力計算公式求得金屬線框AB、CD兩邊所受的安培力大小。根據受力平衡條件求解導線框轉動的最大角速度；
（3）與（2）同理，求得導線框達到最大的線速度，應用微元法與動量定理求解在該過程中AB邊轉過的弧長。
（1）圖1裝置，導線框順時針轉動，圖2裝置若導線框也順時針轉動，由楞次定律，旋轉輻向磁場的轉動方向也為順時針。
（2）當金屬線框達到穩定時，線框兩邊切割磁感線的相對速度大小為
根據法拉第電磁感應定律可得此時的感應電動勢為
則此時的感應電流為
金屬線框兩邊所受的安培力均為
又有兩邊所受的安培力均與阻力平衡
又阻力
當時
解得導線框轉動的最大角速度
（3）轉動穩定后達到最大角速度，兩邊所受的安培力均與阻力平衡
又
根據法拉第電磁感應定律可得此時的感應電動勢為
則此時的感應電流為
兩邊所受的安培力
則
解得
設安培力的沖量為，由動量定理
又
綜合解得
代入，得
22．（2024高三上·浙江開學考）在坐標系中，x軸上方存在垂直紙面向外的勻強磁場Ⅰ，x軸下方存在平行y軸負方向的勻強磁場Ⅱ。如圖所示，x正半軸上有一足夠長絕緣板，Q點處開有一小孔，x負半軸的P點處有一正粒子源，在紙面內沿角度均勻發射粒子，粒子速度大小v隨發射角變化的關系為，其中的粒子經磁場偏轉后垂直經過y軸。已知磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應強度大小均為B，P、Q與坐標原點O的距離均為a，發射角的最大值為，整個裝置處于真空中，除Q點外，粒子不能穿過絕緣板進入x軸下方，不計粒子間的相互作用及粒子重力。
（1）求粒子的比荷；
（2）若y軸上有一探測板，其下端在O點，長度為，粒子打在探測板上即被吸收并中和，求探測到的粒子的比例；
（3）若x軸下方有一平行x軸，且垂直紙面的矩形探測板。要使探測板在任意y軸坐標位置均能探測到所有粒子，求探測板的最小面積S。
【答案】（1）解：由洛倫茲力提供向心力
解得
（2）解：當時，由題意可知
所有粒子勻速圓周運動的圓心均在y軸上，且速度方向垂直y軸．對于左側的粒子
解得
因此
.
（3）解：粒子全部經過Q點，以分速度沿y軸負方向勻速直線運動，以另一分速度垂直紙面做勻速圓周運動．
矩形探測板長寬分別為
，
最小面積
【知識點】洛倫茲力的計算；帶電粒子在勻強磁場中的運動
【解析】【分析】（1）利用 “洛倫茲力提供向心力”，結合時軌道半徑R = a，直接列方程求解比荷.
（2）由速度與的關系得軌道半徑，結合探測板幾何約束，解出有效發射角，再按角度范圍求比例.
（3）分解粒子速度（y軸勻速、垂直紙面圓周運動 ），找最大半徑確定探測板尺寸，計算最小面積.
（1）由洛倫茲力提供向心力
解得
（2）當時，由題意可知
所有粒子勻速圓周運動的圓心均在y軸上，且速度方向垂直y軸．對于左側的粒子
解得
因此
（3）粒子全部經過Q點，以分速度沿y軸負方向勻速直線運動，以另一分速度垂直紙面做勻速圓周運動．
矩形探測板長寬分別為
最小面積
1 / 1浙江省七彩陽光新高考聯盟2024-2025學年高三上學期開學考試物理試題
1．（2024高三上·浙江開學考）下列物理量與單位符號對應的是（　?。?br/>A．電量 B．功率J
C．半衰期 D．電場強度
2．（2024高三上·浙江開學考）下列說法正確的是（　?。?br/>A．汽車上的速度計顯示了平均速度的大小
B．在雪豹捕獵過程中，以獵物為參考系，獵物是運動的
C．在研究運動員完成馬拉松比賽的時間時，運動員可看成質點
D．高空墜物會對地面上的人造成很大傷害，是由于下落位置越高物體慣性越大
3．（2024高三上·浙江開學考）2024年6月2日6點23分“嫦娥六號”成功著陸在月球背面南極-艾特肯盆地預選著陸區。月球上沒有大氣，“嫦娥六號”只能通過發動機的反推力來實現減速，圖示時刻為其豎直下降過程中的某一狀態。下列說法正確的是（　?。?br/>A．“嫦娥六號”正處于平衡狀態
B．“嫦娥六號”做自由落體運動
C．反推力是內力，對“嫦娥六號”的加速度沒有作用
D．反推力的方向豎直向上，大小比重力大
4．（2024高三上·浙江開學考）某電場等勢面的分布情況如圖所示，下列說法正確的是（　?。?br/>A．A、B兩點的電場強度大小相同，方向不同
B．同一電荷在Q點的電勢能比在P點大
C．同一電荷沿折線移動與沿折線移動，靜電力做功一樣大
D．把電子從等勢面e移動到等勢面c，靜電力做功為
5．（2024高三上·浙江開學考）月球富含的氫3是理想的核聚變材料，對于解決能源危機有重要作用。其中一種聚變反應的方程式為，其中是釋放的核能，光速為c。下列說法正確的是（　?。?br/>A．原子核外電子從高能級向低能級躍遷時釋放核能
B．核反應中的質量虧損了
C．該核反應是α衰變
D．核反應中質量數守恒，但動量不守恒
6．（2024高三上·浙江開學考）距水平地面處的A點，一質量m的小球以初速度大小v被豎直拋下，落到水平地面上被彈回，回跳到處的B點時速度為零。若小球與地面碰撞時機械能損失20%，不計空氣阻力，則從A到B過程中（　?。?br/>A．重力做功為
B．合外力對小球做功為
C．初速度大小滿足
D．地面對小球做的功為
7．（2024高三上·浙江開學考）如圖為理想的可調式自耦變壓器，鐵芯上只有一組線圈，將其兩端接在間作為原線圈，副線圈是線圈的一部分接有定值電阻和滑動變阻器分別為原副線圈兩端電壓，其大小均可調節，分別為原副線圈中的電流，則（　?。?br/>A．保持不變，當滑動觸頭P順時針轉動一小角度，變小
B．保持不變，當滑動觸頭向下移動時，變小
C．保持不變，當滑動觸頭P順時針轉動一小角度，變大
D．保持不變，當滑動觸頭向下移動時，變小
8．（2024高三上·浙江開學考）“嫦娥六號”探測器經過地月轉移、近月制動階段后，進入高度約200千米的圓形環月軌道Ⅰ。此后經2次降軌，進入近月點15千米、遠月點200千米的橢圓軌道Ⅱ上運動。P點為軌道Ⅰ、Ⅱ的交點，如圖所示，此時軌返組合體（軌道器和返回器組合體）在圓形環月軌道Ⅰ上運動。則“嫦娥六號”（　?。?br/>A．在軌道Ⅰ、Ⅱ經過P點時加速度相同
B．在軌道Ⅰ的機械能與軌道Ⅱ相同
C．與軌返組合體的運動周期相同
D．經過P點時的速度比軌返組合體的速度大
9．（2024高三上·浙江開學考）一質量為m，電荷量為q的帶負電的小球，以初速度從勻強電場中的A點水平拋出后經過某一定點B，如圖所示，電場強度大小為，方向豎直向下。下列說法正確的是（　　）
A．可以計算經過B點的時間
B．可以計算經過B點時的豎直方向的速度
C．初速度為，要使小球仍能經過B點，電場強度大小為
D．只要能夠經過B點，過B點時的速度偏向角為一定值，與初速度大小無關
10．（2024高三上·浙江開學考）鼠標滾輪是鼠標上位于左鍵與右鍵之間的部件。某一鼠標滾輪上使用了霍爾效應傳感器，傳感器上有一塊非常小的金屬板，如圖所示，P、Q端與電壓表相連，左右端與電源相連。當環形磁鐵旋轉時，電壓表就會有讀數，圖示時刻磁鐵的N、S極分別在豎直面的下、上兩端。則（　　）
A．圖示時刻左端積累了負電荷
B．圖示時刻P端積累了負電荷
C．圖示時刻金屬板中電子恰好不受磁場力的作用
D．磁鐵的旋轉不會對金屬板中電子運動產生影響
11．（2024高三上·浙江開學考）如圖1所示，在均勻介質中兩波源M、N分別位于處，質點P位于坐標原點，時刻，兩波源同時振動。圖2為質點P的振動圖像。則（　?。?br/>A．M、N的起振方向相反
B．波的傳播速度為
C．較長時間后，間有7個振動減弱點
D．內質點P經過的路程為
12．（2024高三上·浙江開學考）圖1為光電效應實驗裝置圖，c處于滑動變阻器的中點位置，開始時滑片P也處于中點位置。用不同頻率的光束照射金屬材料甲、乙，調節滑片P的位置，得到遏止電壓隨頻率變化的圖線，如圖2所示。下列說法正確的是（　　）
A．要能得到的讀數，滑片P應向b端滑動
B．甲、乙對應的圖線不一定平行
C．在發生光電效應的情況下，用相同頻率的光束照射金屬材料，照射金屬乙時滑片P滑動的長度小
D．在發生光電效應的情況下，用相同頻率的光束照射金屬材料，照射金屬甲時逸出的光電子初動能大
13．（2024高三上·浙江開學考）半圓柱形玻璃磚的底面鍍有一層反射膜，為玻璃磚的半圓形橫截面，M為最高點，O為圓心，半徑為R。一束寬為R的平行光的下邊恰好沿著底邊，如圖所示。其中從A點射入的光線經玻璃折射后從B點射出，已知A、B兩點距離分別為和。，不考慮圓弧面上的反射光線，下列說法正確的是（　?。?br/>A．玻璃的折射率為
B．有部分光線在圓弧區域發生全反射
C．只有圓弧的部分區域有光線射出
D．射向圓弧區域的光線有一部分來源于處反射的光線
14．（2024高三上·浙江開學考）下列說法正確的是（　　）
A．一列水波在深度不同的水域傳播時，在交界面處將發生折射現象
B．在產生正弦式交流電的過程中，當線圈經過中性面時，線圈中的電流為零
C．壓縮氣體時，壓縮的體積越小，外界需要的力越大，說明分子間存在斥力
D．核反應堆中用鎘棒作為慢化劑，快中子跟慢化劑中的原子核碰撞后變為慢中子。
15．（2024高三上·浙江開學考）一水平足夠長的平行軌道如圖所示，以為界左邊磁場的磁感應強度大小為，方向垂直紙面向外，右邊磁場的磁感應強度大小為，方向垂直紙面向里。導體棒甲、乙的質量均為m，電阻相同，開始時均處于靜止狀態?，F給甲一水平向右的初速度，若軌道光滑且電阻不計，甲、乙始終在各自磁場中運動，下列說法中正確的是（　　）
A．乙將向右運動
B．甲、乙運動過程中動量不守恒
C．穩定后，甲的速度為
D．當乙的速度為，乙棒產生的焦耳熱為
16．（2024高三上·浙江開學考）在“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗中，
（1）實驗中我們采用的研究方法是_______
A．等效替代法 B．控制變量法 C．補償法
（2）某次測量如圖所示，不合理的操作是_______（多選）
A．兩細繩間的夾角太大
B．一細繩的長度太短
C．兩只彈簧測力計的讀數不相等
D．一只彈簧測力計中的彈簧伸長方向與細繩方向不一致
（3）若有三只相同的彈簧測力計，完成一次該實驗，至少需要　 ?。ㄟx填“1”、“2”或“3”）次把橡皮筋結點拉到O。
17．（2024高三上·浙江開學考）在“電池電動勢和內阻的測量”實驗中，
（1）某同學嘗試用多用電表的不同擋位粗測，其中合理的是_______
A．用電壓擋測量電動勢 B．用歐姆擋測量內阻
（2）進一步測量，實物接線如圖1所示，其中　 ?。ㄟx填“a”、“b”、“c”或“d”）兩條接線是錯誤的；
（3）正確連線后進行測量，如圖2所示，某次電流表的讀數為　 　A
（4）圖3為實驗數據在坐標紙上描出的數據點，則一節電池的內阻為　 ?。ūＡ魞晌挥行底郑?br/>18．（2024高三上·浙江開學考）在“用雙縫干涉測量光的波長”實驗中，
（1）下列說法正確的是_______（多選）
A．通過轉動遮光筒可以使單縫與雙縫平行
B．為了減小條紋間距，可以把紅色濾光片換成綠色濾光片
C．為了更準確地讀取手輪上的讀數，需要拔動拔桿進行調節
D．測量條紋間距時，測量頭中分劃板中心線必須與條紋的中央對齊
（2）若把雙縫干涉實驗裝置置于某種透明液體中，為保證條紋間距不變，應選用雙縫間距　 ?。ㄟx填“更大”、“更小”或“不變”）的雙縫片。
19．（2024高三上·浙江開學考）如圖所示為水銀氣壓計的原理簡圖。氣壓計中混入的氣泡上升到水銀柱的上方，使水銀柱上方不再是真空。當實際大氣壓為時，這個水銀氣壓計的示數只有，此時管中的水銀面到管頂的距離為，環境溫度為。不考慮細玻璃管中水銀柱的升降對水銀槽中液面的影響。
（1）若升高環境溫度，大氣壓保持不變，長時間后氣體增加的內能　 ?。ㄟx填“大于”、“小于”或“等于”）氣體吸收的熱量；
（2）若環境溫度保持不變，氣壓計的示數減小了，求大氣壓改變了多少？
（3）若環境溫度升高了，氣壓計的示數未變，求大氣壓改變了多少？
20．（2024高三上·浙江開學考）如圖所示一游戲裝置，由四分之一圓弧軌道，水平軌道，以順時針轉動的的傾斜傳送帶，水平平臺組成，各部分之間平滑連接。一木板Q靜置于水平面上，其上表面與平臺等高并緊靠平臺。一可視為質點的木塊P從距為h的上某處由靜止開始下滑，已知P的質量m和Q的質量M均為，軌道的半徑，木板Q的長度，傳送帶的長度與傳送帶及Q間的動摩擦因數均為，其余各處摩擦均不計，，，則
（1）若，求木塊P運動到圓弧軌道最低點B時，受到的支持力大??；
（2）若木塊P能滑上平臺，求h的最小值；
（3）若木塊和木板相互作用時產生的摩擦內能為E，求h與E之間滿足的關系。
21．（2024高三上·浙江開學考）某探究小組設計了兩種電磁驅動裝置。圖1利用直流電源給線框供電，接通電源后正方形導線框在磁極間的輻向磁場中，從靜止開始繞中心軸線發生轉動。圖2為三個線圈連接到三相電源上，電流形成的磁場可等效為角速度的旋轉輻向磁場，穩定后解鎖正方形導線框，導線框由靜止開始轉動。圖3為不同視角的上述兩種驅動裝置的截面圖，分別為圖1的正視圖和圖2的俯視圖。已知導線框的邊長為l，電阻為兩邊的質量均為m，所處位置的磁感應強度大小均為B，磁場方向始終與轉動方向垂直，轉動中兩邊受到的阻力均為（k為比例系數，v為線速度），其余兩邊質量和所受阻力不計。電源的電動勢為E，內阻不計，
（1）在兩種驅動裝置中，若圖1、2導線框的轉動方向一致，則旋轉輻向磁場的轉動方向是順時針還是逆時針；
（2）在圖2裝置中，若，則導線框轉動的最大角速度；
（3）在圖1裝置中，若導線框經過時間t恰好達到最大角速度，則在該過程中邊轉過的弧長S。
22．（2024高三上·浙江開學考）在坐標系中，x軸上方存在垂直紙面向外的勻強磁場Ⅰ，x軸下方存在平行y軸負方向的勻強磁場Ⅱ。如圖所示，x正半軸上有一足夠長絕緣板，Q點處開有一小孔，x負半軸的P點處有一正粒子源，在紙面內沿角度均勻發射粒子，粒子速度大小v隨發射角變化的關系為，其中的粒子經磁場偏轉后垂直經過y軸。已知磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應強度大小均為B，P、Q與坐標原點O的距離均為a，發射角的最大值為，整個裝置處于真空中，除Q點外，粒子不能穿過絕緣板進入x軸下方，不計粒子間的相互作用及粒子重力。
（1）求粒子的比荷；
（2）若y軸上有一探測板，其下端在O點，長度為，粒子打在探測板上即被吸收并中和，求探測到的粒子的比例；
（3）若x軸下方有一平行x軸，且垂直紙面的矩形探測板。要使探測板在任意y軸坐標位置均能探測到所有粒子，求探測板的最小面積S。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】原子核的衰變、半衰期；功率及其計算；電場強度
【解析】【解答】A．（電子伏特 ）是能量單位（1 eV = 1.6×10- 9 J ），電量單位是庫侖（C），A錯誤；
B．（焦耳 ）是功、能量的單位，功率單位是瓦特（W）（ ），B錯誤；
C．米每秒是速度單位，半衰期單位是時間天、年，C錯誤；
D．電場強度定義式（是電勢差，單位V；是距離，單位m ），故單位為，D正確.
故答案為：D.
【分析】 電量：定義為“電荷的多少”，單位庫侖（C），與能量單位（eV）無關.
功率：定義為“功與時間的比值”（ ），單位瓦特（W），區別于功的單位（J）.
半衰期：描述衰變的時間特性，單位為時間單位，與速度（m/s）無關聯.
電場強度：由推導，單位V/m，符合定義.
2．【答案】C
【知識點】質點；參考系與坐標系；慣性與質量；平均速度
【解析】【解答】A．汽車速度計顯示的是瞬時速率（某一時刻的速度大小 ），而非平均速度，故A錯誤；
B．參考系是假定為 “靜止” 的物體，以獵物為參考系時，獵物自身相對靜止，故B錯誤；
C．研究馬拉松時間時，運動員的大小、形狀對結果影響極?。ㄈ叹嚯x遠大于人體尺寸 ），可視為質點，故C正確；
D．質量是物體慣性大小的唯一標準，與高度無關，故D錯誤.
故答案為：C.
【分析】速度計原理：速度計測量的是 “某瞬間” 的速度大小（瞬時速率 ），區分 “瞬時” 與 “平均” 的概念，判斷 A.
參考系的定義：參考系是假定靜止的物體，以自身為參考系時，物體相對靜止，判斷 B.
質點的條件：當物體的大小、形狀對研究問題無顯著影響時，可視為質點。馬拉松中運動員尺寸遠小于賽道長度，滿足條件，判斷 C.
慣性的決定因素：慣性大小唯一由質量決定，與位置、速度等無關，判斷 D.
3．【答案】D
【知識點】牛頓第三定律；自由落體運動；牛頓第二定律
【解析】【解答】A．“嫦娥六號” 豎直下降且 減速（發動機反推減速 ），加速度不為，不處于平衡狀態（平衡狀態加速度為 ），A錯誤；
B．自由落體運動的條件是僅受重力，而 “嫦娥六號” 受發動機反推力，不滿足，B錯誤；
C．反推力是噴出氣體對“嫦娥六號”的作用力，是外力，C錯誤；
D．探測器減速下降，加速度向上（與速度方向相反 ），根據牛頓第二定律（ ）
故
反推力方向豎直向上且大于重力，D正確.
故答案為：D.
【分析】1. 平衡狀態判斷：平衡狀態要求加速度為（勻速或靜止 ），減速運動加速度不為，排除A.
2. 自由落體條件：自由落體需“只受重力”，存在反推力時不滿足，排除B.
3. 內力與外力區分：反推力是探測器（研究對象 ）與外界氣體的相互作用，屬于外力，外力影響加速度，排除C.
4. 牛頓第二定律應用：減速運動加速度方向與速度方向相反（向上 ），結合受力分析（反推力、月球重力 ），用判斷反推力與重力的大小關系，確認D.
4．【答案】C
【知識點】電場強度；電勢能；等勢面
【解析】【解答】A．電場線的疏密程度代表場強大小，A、B兩點的電場強度大小與方向均不同，故A錯誤；
B．電勢能大小與電荷的電性有關，故B錯誤；
C．靜電力做功與路徑無關，故C正確；
D．把電子從等勢面e移動到等勢面c，靜電力做功為
故D錯誤。
故答案為：B。
【分析】A、依據 “等勢面疏密反映場強大小，場強方向垂直等勢面”，判斷 A、B 兩點場強大小和方向。
B、利用電勢能公式，明確電勢能與電荷電性、電勢的關聯。
C、抓住 “靜電力做功與路徑無關，只取決于初末位置電勢差” 這一關鍵性質。分析兩種移動路徑的初末位置，結合做功公式，判斷做功是否相同。
D、運用靜電力做功公式，代入電子電荷量和對應等勢面電勢，計算做功數值。
5．【答案】B
【知識點】動量守恒定律；質量虧損與質能方程；核聚變
【解析】【解答】A．原子核外電子躍遷釋放的是光能（如原子發光 ），核能是原子核內核子結合能變化（如聚變、裂變 ）釋放的能量，A錯誤；
B．由質能方程可得
解得
B正確；
C．衰變是重核自發釋放粒子（ ） 的過程，該反應是輕核（、 ）聚合成重核，屬于核聚變，C錯誤；
D．核反應中質量數守恒，動量守恒均守恒，D錯誤.
故答案為：B.
【分析】1. 核能與電子躍遷的區別：明確“核能源于原子核內核子的結合能變化”，電子躍遷屬于原子能級變化，釋放光能，判斷A.
2. 質能方程的應用：直接關聯與的關系（ ），推導質量虧損，判斷B.
3. 核反應類型識別：區分“核聚變（輕核聚合 ）”與“衰變（重核自發釋放粒子 ）”，判斷C.
4. 核反應的守恒定律：核反應中質量數（核子數 ）守恒，且系統動量守恒（不受外力 ），判斷D.
6．【答案】D
【知識點】功的計算；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．重力做功為
A錯誤；
B．小球由A到B運動過程中，根據動能定理合外力對小球做功：
B錯誤；
C．小球與地面碰撞后的機械能為：
解得
C錯誤；
D．設地面對小球做功為，小球由A到B運動過程中，根據動能定理
解得
D正確.
故答案為：D。
【分析】A.抓住 “重力做功只與初末高度差有關”，直接計算高度差，判斷 A 錯誤.
B.用動能定理，明確 “合外力做功 = 末動能 - 初動能”，代入初末動能（末動能為0 ），判斷 B 錯誤.
C.分三步：① 分析碰撞前機械能（A點機械能，守恒到地面 ）；② 考慮碰撞損失（保留80% ）；③ 碰撞后機械能守恒到B點，聯立方程求解v，判斷 C 錯誤.
D.對全程用動能定理，梳理 “重力做功、地面做功、動能變化” 的關系，聯立方程求解地面做功，判斷 D 正確.
7．【答案】A
【知識點】變壓器原理；電路動態分析
【解析】【解答】A．保持不變，當滑動觸頭P順時針轉動一小角度，變小，由電壓與匝數關系
可知變小，A正確；
B．滑動觸頭向下移動→改變的是副線圈外電路電阻（接入電阻變化 ），但原副線圈匝數比不變（、未變 ），由
、匝數比不變，所以不變，B錯誤；
C．電流比關系
（理想變壓器功率守恒，推導 ），不變時，若不變則不變（ ），但減小，由
得變小，C錯誤；
D．當滑動觸頭向下移動，根據閉合電路的歐姆定律可知變大，根據變流比可知也變大，D錯誤.
故答案為：A。
【分析】A、B.理想變壓器電壓關系，由和匝數比決定，A中變化→變化；B中匝數比不變→不變，據此判斷A、B.
C、D.理想變壓器電流關系（功率守恒 ），結合“不變時，外電阻變化影響，進而影響”，判斷C、D.
8．【答案】A
【知識點】牛頓第二定律；開普勒定律；衛星問題
【解析】【解答】A．加速度由萬有引力提供，根據牛頓第二定律與萬有引力定律：
軌道、在點到月球球心的距離相同，月球質量不變→加速度相同，A正確；
B．“嫦娥六號” 從軌道變軌到軌道，需在點減速，機械能減小，軌道機械能大于軌道，B錯誤；
C．根據開普勒第三定律
軌道Ⅰ的半徑比軌道Ⅱ的半長軸大，故“嫦娥六號”的運動周期小于軌返組合體的運動周期，C錯誤；
D．“嫦娥六號” 從軌道（圓軌道 ）變軌到軌道（橢圓軌道 ），需在點減速（萬有引力大于所需向心力，做近心運動 ），軌返組合體在軌道做圓周運動，速度滿足
“嫦娥六號” 變軌后速度，D錯誤.
故答案為：A。
【分析】A.加速度由萬有引力決定，公式，點相同→加速度相同，判斷A正確.
B.變軌需外力做功（減速 ），機械能與速度、軌道高度相關，減速后機械能減小，判斷B錯誤.
C.用開普勒第三定律，比較軌道半長軸，半長軸大則周期大，判斷C錯誤.
D.圓軌道變橢圓軌道需減速（近心運動條件 ），比較變軌前后速度，判斷D錯誤.
9．【答案】D
【知識點】牛頓第二定律；運動的合成與分解；帶電粒子在電場中的偏轉
【解析】【解答】AB．小球受重力和電場力電
（因帶負電，電場方向向下，故電場力豎直向上 ），合力合
加速度合
小球做類平拋運動，水平方向勻速，豎直方向勻加速，但、間水平距離或豎直距離未知，無法由
或
計算時間，也無法求豎直速度，AB錯誤；
C．小球經過B點，豎直方向位移
解得
C錯誤；
D．速度偏向角滿足
其中，
故
又
即
因、位置固定（、不變 ），為定值→速度偏向角與初速度無關，D正確.
故答案為：D。
【分析】A、B.小球受重力和電場力，做類平拋（水平勻速、豎直勻加速 ）。但因、間位移未知，無法計算時間、豎直速度，排除A、B.
C. 初速度加倍，水平時間減半；豎直位移不變，由勻加速位移公式推導新加速度，進而求電場強度，發現與選項不符，排除C.
D. 推導速度偏向角的表達式，發現其僅與、間的、有關（位置固定 ），與初速度無關，確認D正確.
10．【答案】B
【知識點】磁感應強度；左手定則—磁場對帶電粒子的作用；霍爾元件
【解析】【解答】ABC．圖示時刻電流方向向右，則金屬板所在位置磁場方向向上，由于電子向左運動，根據左手定則可知，電子受到的洛侖茲力指向P端，即電子積累在P端，故AC錯誤，B正確；
D．磁鐵旋轉時，金屬板處磁場方向、大小會變化→洛倫茲力變化→電子運動（積累位置、受力 ）變化→會產生影響，故D錯誤.
故答案為：B.
【分析】1. 電流與電子運動方向： 明確“電流方向是正電荷移動方向，電子帶負電，運動方向與電流反向”，確定電子向左運動.
2. 磁場方向與左手定則： 由磁鐵、極位置，判斷金屬板處磁場方向向上；用左手定則（電子帶負電，四指反向 ），判斷洛倫茲力方向，確定電荷積累端.
3. 洛倫茲力的存在條件： 電子運動方向與磁場垂直（不平行 ），必然受洛倫茲力，排除C.
4. 磁鐵旋轉的影響：磁鐵旋轉改變磁場的方向/大小，洛倫茲力隨之變化，影響電子運動，排除D.
11．【答案】D
【知識點】機械波及其形成和傳播；波長、波速與頻率的關系；波的疊加
【解析】【解答】A．N的振動傳到P點所用時間為
由P點的振動圖像知，M的振動周期為，所以在時，兩波在P點疊加，且振動加強，所以兩波源的起振方向相同，A錯誤；
B．波源到的距離，由圖2知時的振動傳到，根據
得波速
B錯誤；
C．兩列波的波長為
由于兩波源的起振方向相同，所以振動減弱點的波程差滿足
（為整數）
所以間有8個減弱點，分別為
，C錯誤；
D.0~6s：的振動傳到（前2s ），做簡諧運動（振幅 ）；2~6s 的振動未到，仍以振動，路程：
（2個周期，每個周期路程 ）
6~10s：兩波在點疊加（振動加強，振幅 ），時間（2個周期 ），
路程：
總路程
D正確.
故答案為：D。
【分析】A. 計算振動傳到的時間，結合的振動圖像（加強點 ），推導兩波源起振方向關系，判斷A錯誤.
B. 利用“振動傳播到的時間差”，結合到的距離，用求波速，判斷B錯誤.
C. 由波長、波源間距，結合“振動減弱條件（路程差為半波長奇數倍 ）”，列方程求解減弱點數量，判斷C錯誤.
D. 分階段（單獨振動、兩波疊加 ）分析的振幅與振動周期，計算各階段路程并求和，判斷D正確.
12．【答案】C
【知識點】光電效應
【解析】【解答】A．要測量遏止電壓，需在光電管上加反向電壓（阻止光電子到達陽極 ），原滑片在中點，要使、間為反向電壓，需將滑片向端滑動（使電勢高于 ），A錯誤；
B．根據
，
可得
可知兩圖線的斜率相同，甲、乙對應的圖線一定平行，B錯誤；
C.由
結合圖2（乙的截距絕對值更大 ），知乙的逸出功乙甲，相同頻率時，逸出功越大，越?。ㄒ蚺c負相關 ），遏止電壓越小，所需反向電壓越小→滑片向滑動的長度越?。ㄕ{節幅度小 ），C正確；
D．由于甲的逸出功更小，所以在發生光電效應的情況下，用相同頻率的光束照射金屬材料，照射金屬甲時逸出的光電子的最大初動能大，但初動能不一定大，D錯誤.
故答案為：C。
【分析】A.明確“遏止電壓需要反向電壓”，判斷滑片移動方向，排除A.
B. 推導關系式，分析斜率與普朗克常量、元電荷的關系，確定圖線平行，排除B.
C.由圖2截距判斷逸出功大小，結合與的負相關，分析滑片調節長度，確認C正確.
D.用光電效應方程分析相同頻率下，逸出功對最大初動能的影響，結合題干表述（原解析邏輯 ），排除D.
13．【答案】C
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．作出光路圖，根據幾何知識求解入射角和折射角，再根據折射定律求解折射率，由題意可得，從A點射入的光線經玻璃折射后從B點射出，其光路圖如圖所示，由幾何知識可知入射角，折射角，則有折射率
A錯誤；
B．根據光路的可逆性判斷，光線在玻璃磚中傳播時，光線與半徑構成等腰三角形，由光路可逆性可知，不可能發生全反射，B錯誤；
D．作出光線到PQ面的光路圖，根據幾何關系結合折射率判斷。假設有光線會射向，如圖解所示，則有
不存在，D錯誤；
C．根據臨界光線出射位置判斷，最上邊和下邊的光線恰好射向Q點，其余光線因為區域的出射點總比區域的入射點位置低，只有部分區域有光線射出，C正確。
故選C。
【分析】本題考查光的折射和全反射，要求學生能根據題意熟練作出光路圖，應用折射定律和全反射規律解題。
14．【答案】A,B
【知識點】交變電流的產生及規律；波的反射和折射；氣體壓強的微觀解釋；核裂變
【解析】【解答】A．一列水波在深度不同的水域傳播時，由于傳播速度發生變化，則在交界面處將發生折射，A正確；
B．當線圈經過中性面時，穿過線圈的磁通量達到最大，但磁通量的變化率為零，感應電動勢的瞬時值為零，即線圈中的電流為零，B正確；
C．壓縮氣體時，壓縮的體積越小，氣體壓強越大，外界需要的力越大，氣體分子之間的平均距離較大，分子之間的引力與斥力可以忽略，C錯誤；
D．鎘棒的作用是調節中子的數目，從而控制反應速度，D錯誤.
故答案為：AB.
【分析】A.明確 “波速變化是折射的關鍵”，結合水波在不同深度水域的波速差異，判斷 A 正確.
B.分析中性面處磁通量、磁通量變化率的特點，推導感應電動勢、電流的瞬時值，判斷 B 正確.
C.區分 “氣體壓強（宏觀力 ）” 與 “分子斥力（微觀力 ）”，明確氣體分子間距大時分子力可忽略，判斷 C 錯誤.
D.牢記 “慢化劑（減速中子 ）” 與 “鎘棒（吸收中子，控制反應 ）” 的不同作用，判斷 D 錯誤.
15．【答案】B,C
【知識點】動量守恒定律；能量守恒定律；右手定則；電磁感應中的動力學問題
【解析】【解答】A．甲運動后根據右手定則可知，通過乙的電流為向上，根據左手定則可知乙受到安培力向左，所以乙將向左運動，A錯誤；
B．甲、乙運動過程中受到的安培力大小不等，方向相同，所以甲、乙組成的系統在運動過程中合力不為零，動量不守恒，B正確；
C．從開始運動到穩定過程中，對甲根據動量定理
對乙根據動量定理
穩定后，有回路中沒有電流，甲、乙產生的電動勢抵消
得
C正確；
D．根據動量定理
，
得
由能量守恒
乙棒產生的焦耳熱
D錯誤。
故答案為：BC。
【分析】A用 “右手定則” 判斷甲中電流方向，再用 “左手定則” 判斷乙受安培力方向，確定運動方向，排除 A.
B.分析甲、乙所受安培力大小（因B不同 ），判斷系統合力是否為零，確定動量是否守恒，確認 B 正確.
C.穩定時 “電動勢抵消” 得速度關系，結合 “動量定理（安培力沖量 = 動量變化 ）”，聯立方程求解穩定速度，確認 C 正確.
D.用 “動量定理” 求中間狀態速度，再用 “能量守恒” 算總焦耳熱，結合電阻分配焦耳熱，判斷 D 錯誤.
16．【答案】（1）A
（2）B；D
（3）1
【知識點】驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】（1）在“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗中，就是由一個力的作用效果與兩個互成角度的力的共同作用效果相同，則有這個力代替兩個互成角度的力，采用的研究方法是等效替代法.
故答案為：A.
（2）A．兩細繩間的夾角太大，對實驗結果不會產生影響，A正確；
B．一細繩的長度太短，在確定該拉力方向時容易產生誤差，B錯誤；
C．兩只彈簧測力計的讀數不一定相等，可以不相等，C正確；
D．一只彈簧測力計中的彈簧伸長方向與細繩方向不一致，會導致該方向的拉力產生誤差，使合力產生誤差，D錯誤.
故答案為：BD.
（3）若有三只相同的彈簧測力計，完成一次該實驗，則三只相同的彈簧測力計同時拉，即兩個代表兩分力，第三個代表合力，因此至少需要1次把橡皮筋結點拉到O.
故答案為：1
【分析】（1）理解 “等效替代法” 的核心是 “效果相同，相互替代”，匹配實驗中 “一個力替代兩個力的效果”，確定 A.
（2）逐一分析操作對 “力的方向、大小測量準確性” 的影響：細繩長度影響方向記錄精度；彈簧與細繩方向是否一致影響拉力方向的真實性；夾角大小、讀數是否相等不影響實驗本質（只要記錄準確 ），確定 BD.
（3）明確 “三只測力計可同時參與一次實驗”（兩測分力、一測合力 ），無需多次拉結點，確定 1 次.
（1）在“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗中，就是由一個力的作用效果與兩個互成角度的力的共同作用效果相同，則有這個力代替兩個互成角度的力，采用的研究方法是等效替代法。
故選A。
（2）A．兩細繩間的夾角太大，對實驗結果不會產生影響，A正確，不符合題意；
B．一細繩的長度太短，在確定該拉力方向時容易產生誤差，B錯誤，符合題意；
C．兩只彈簧測力計的讀數不一定相等，可以不相等，C正確，不符合題意；
D．一只彈簧測力計中的彈簧伸長方向與細繩方向不一致，會導致該方向的拉力產生誤差，使合力產生誤差，D錯誤，符合題意。
故選BD。
（3）若有三只相同的彈簧測力計，完成一次該實驗，則三只相同的彈簧測力計同時拉，即兩個代表兩分力，第三個代表合力，因此至少需要1次把橡皮筋結點拉到O。
17．【答案】（1）A
（2）bd
（3）0.24
（4）2.0
【知識點】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數；練習使用多用電表；電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】（1）在“測定干電池電動勢和內阻”實驗，多用電表歐姆擋內部有電源，只能測與外電源斷開部分電阻的阻值，故不能直接用多用電表歐姆擋測電源內阻。故某同學嘗試用多用電表的不同擋位粗測，其中合理的是用電壓擋測量電動勢.
故答案為：A.
（2）電池電動勢約為，為減小實驗誤差，電壓表應選擇的量程，故b接線是錯誤的；導線不能與滑動變阻器的滑頭相連，應與兩側接線柱連接，故d接線是錯誤的.
故答案為：bd
（3）電流表的讀數為：
故答案為：0.24
（4）根據題意作出兩節干電池的圖線
根據閉合電路的歐姆定律
整理得
圖像斜率為
解得
故答案為：2.0.
【分析】（1）明確 “歐姆擋內部有電源，不能測含源電路電阻”，而 “電壓擋可直接并聯測電壓（近似電動勢 ）”，判斷 A 合理.
（2）從 “電壓表量程選擇（匹配電動勢減小誤差 ）” 和 “滑動變阻器接線規范（一上一下 ）” 出發，識別錯誤接線b（量程不當 ）、d（接滑頭 ）.
（3）依據電流表量程、分度值讀數.
（4）用圖像斜率對應內阻（結合實驗原理 ）.
（1）在“測定干電池電動勢和內阻”實驗，多用電表歐姆擋內部有電源，只能測與外電源斷開部分電阻的阻值，故不能直接用多用電表歐姆擋測電源內阻。故某同學嘗試用多用電表的不同擋位粗測，其中合理的是用電壓擋測量電動勢。
故選A。
（2）電池電動勢約為，為減小實驗誤差，電壓表應選擇的量程，故b接線是錯誤的；導線不能與滑動變阻器的滑頭相連，應與兩側接線柱連接，故d接線是錯誤的。
（3）電流表的讀數為
（4）根據題意作出兩節干電池的圖線
根據閉合電路的歐姆定律
整理得
圖像斜率為
解得
18．【答案】（1）B；D
（2）更小
【知識點】用雙縫干涉測光波的波長；干涉條紋和光的波長之間的關系
【解析】【解答】（1）A．調節單縫與雙縫平行需通過撥桿，而非轉動遮光筒，A錯誤；
B．條紋間距公式
綠光波長綠紅，換綠色濾光片后減小，B正確；
C．準確讀數需調節分劃板中心線與條紋中央對齊，而非撥動撥桿（撥桿用于調節單縫平行 ），C錯誤；
D．測量條紋間距時，測量頭中分劃板中心線必須與條紋的中央對齊，才能準確地讀取手輪上的讀數，D正確.
故答案為：BD.
（2）若把雙縫干涉實驗裝置置于某種透明液體中，因波速變小，可得介質中光的波長為：
則光的波長變小，而要保證條紋間距不變，則需變小，即應選用雙縫間距更小的雙縫片.
故答案為：更小.
【分析】（1）牢記“單縫平行調節工具（撥桿 ）” “條紋間距公式（波長、雙縫間距對間距的影響 ）” “測量讀數的規范（分劃板與條紋中央對齊 ）”，逐一判斷選項，確定BD.
（2）利用“光在介質中波長”，結合條紋間距公式，分析減小后，為保持不變，需減小雙縫間距，確定“更小”.
（1）A．拔桿的作用是為了調節單縫與雙縫平行，使屏上呈現清晰的干涉條紋，故A錯誤；
B．把紅色濾光片換成綠色濾光片，光的波長變小，由，條紋間距變小，故B正確；
C．為了更準確地讀取手輪上的讀數，需要調節測量頭中分劃板中心線必須與條紋的中央對齊，故C錯誤；
D．測量條紋間距時，測量頭中分劃板中心線必須與條紋的中央對齊，才能準確地讀取手輪上的讀數，故D正確。
故選BD。
（2）若把雙縫干涉實驗裝置置于某種透明液體中，因波速變小，可得介質中光的波長為
則光的波長變小，而要保證條紋間距不變，則需變小，即應選用雙縫間距更小的雙縫片。
19．【答案】（1）小于
（2）解：氣體做等溫變化，設細玻璃管截面積為，
初態
末態
由玻意耳定律可得
代入數據解得大氣壓為，氣壓減小了.
（3）解：若環境溫度升高了，氣壓計的示數未變，說明氣體的體積不變，氣體初狀態溫度是
初態壓強是
溫度升高后氣體壓強是，溫度是
由查理定律可得
可得
代入數據解得
可得水銀柱上方氣體壓強和大氣壓增加了.
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等容變化及查理定律
【解析】【解答】（1）溫度升高，氣體壓強增大，體積增大，氣體對外做功，即，由知，，氣體增加的內能小于氣體吸收的熱量.
故答案為：小于
【分析】（1）識別“溫度升高→內能增加” “氣體膨脹→對外做功”，結合，判斷內能與熱量關系.
（2）確定初末態氣體壓強、體積（用表示 ），代入求解大氣壓變化.
（3）確定初末態溫度、壓強，代入，結合“示數未變→氣體體積不變”，推導大氣壓變化.
（1）溫度升高，氣體壓強增大，體積增大，氣體對外做功，即，由知，，氣體增加的內能小于氣體吸收的熱量。
（2）氣體做等溫變化，設細玻璃管截面積為，初態
末態
由玻意耳定律可得
代入數據解得大氣壓為，氣壓減小了。
（3）若環境溫度升高了，氣壓計的示數未變，說明氣體的體積不變，氣體初狀態溫度是
初態壓強是
溫度升高后氣體壓強是，溫度是
由查理定律可得
可得
代入數據解得
可得水銀柱上方氣體壓強和大氣壓增加了。
20．【答案】（1）（1）解：由機械能守恒定律可得
根據牛頓第二定律可知
解得
（2）（2）解；木塊P在傳送帶上，先以向上勻減速，再以向上勻減速，到平臺時速度恰好為零對應，對物體受力分析，結合牛頓第二定律可得
由勻變速直線運動得規律可得
解得
，
故
（3）（3）解：設木塊剛滑上木板的速度為時，恰好能在木板最右端與木板相對靜止，則有
解得
對應下落高度
①當時
②當時
所以

【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）先通過機械能守恒（只有重力做功，機械能總量不變）算出木塊到B點的速度；再在B點用牛頓第二定律（合力提供向心力），聯立求解支持力。
（2）用牛頓第二定律求加速度；再通過勻變速運動公式（速度 - 位移關系）聯立，求出木塊滑上平臺的臨界初速度；最后用機械能守恒關聯與速度。
（3）用動量守恒（水平方向不受外力）和能量守恒（摩擦生熱等于動能損失）聯立，結合機械能守恒（下滑過程）和傳送帶能量消耗（重力、摩擦力做功），推導h與E的關系。
（1）由機械能守恒定律可得
根據牛頓第二定律可知
解得
（2）木塊P在傳送帶上，先以向上勻減速，再以向上勻減速，到平臺時速度恰好為零對應，對物體受力分析，結合牛頓第二定律可得
由勻變速直線運動得規律可得
（3）設木塊剛滑上木板的速度為時，恰好能在木板最右端與木板相對靜止，則有
解得
對應下落高度
①當時
②當時
21．【答案】（1）解：圖1裝置，導線框順時針轉動，圖2裝置若導線框也順時針轉動，由楞次定律，旋轉輻向磁場的轉動方向也為順時針。
（2）解：當金屬線框達到穩定時，線框兩邊切割磁感線的相對速度大小為
根據法拉第電磁感應定律可得此時的感應電動勢為
則此時的感應電流為
金屬線框兩邊所受的安培力均為
又有兩邊所受的安培力均與阻力平衡
又阻力
當時
解得導線框轉動的最大角速度
（3）解：轉動穩定后達到最大角速度，兩邊所受的安培力均與阻力平衡
又
根據法拉第電磁感應定律可得此時的感應電動勢為
則此時的感應電流為
兩邊所受的安培力
則
解得
設安培力的沖量為，由動量定理
又
綜合解得
代入，得
【知識點】動量定理；交變電流的產生及規律；安培力的計算；楞次定律
【解析】【分析】（1）先確定圖1所示位置的線框中電流方向，由左手定則判斷導線框轉動方向。圖2中導線框的轉動方向可由圖3來觀察，根據電磁驅動原理可得旋轉輻向磁場的轉動方向；
（2）先確定導線框達到穩定轉動時線框的AB、CD兩邊切割磁感線的相對速度大小。根據法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、安培力計算公式求得金屬線框AB、CD兩邊所受的安培力大小。根據受力平衡條件求解導線框轉動的最大角速度；
（3）與（2）同理，求得導線框達到最大的線速度，應用微元法與動量定理求解在該過程中AB邊轉過的弧長。
（1）圖1裝置，導線框順時針轉動，圖2裝置若導線框也順時針轉動，由楞次定律，旋轉輻向磁場的轉動方向也為順時針。
（2）當金屬線框達到穩定時，線框兩邊切割磁感線的相對速度大小為
根據法拉第電磁感應定律可得此時的感應電動勢為
則此時的感應電流為
金屬線框兩邊所受的安培力均為
又有兩邊所受的安培力均與阻力平衡
又阻力
當時
解得導線框轉動的最大角速度
（3）轉動穩定后達到最大角速度，兩邊所受的安培力均與阻力平衡
又
根據法拉第電磁感應定律可得此時的感應電動勢為
則此時的感應電流為
兩邊所受的安培力
則
解得
設安培力的沖量為，由動量定理
又
綜合解得
代入，得
22．【答案】（1）解：由洛倫茲力提供向心力
解得
（2）解：當時，由題意可知
所有粒子勻速圓周運動的圓心均在y軸上，且速度方向垂直y軸．對于左側的粒子
解得
因此
.
（3）解：粒子全部經過Q點，以分速度沿y軸負方向勻速直線運動，以另一分速度垂直紙面做勻速圓周運動．
矩形探測板長寬分別為
，
最小面積
【知識點】洛倫茲力的計算；帶電粒子在勻強磁場中的運動
【解析】【分析】（1）利用 “洛倫茲力提供向心力”，結合時軌道半徑R = a，直接列方程求解比荷.
（2）由速度與的關系得軌道半徑，結合探測板幾何約束，解出有效發射角，再按角度范圍求比例.
（3）分解粒子速度（y軸勻速、垂直紙面圓周運動 ），找最大半徑確定探測板尺寸，計算最小面積.
（1）由洛倫茲力提供向心力
解得
（2）當時，由題意可知
所有粒子勻速圓周運動的圓心均在y軸上，且速度方向垂直y軸．對于左側的粒子
解得
因此
（3）粒子全部經過Q點，以分速度沿y軸負方向勻速直線運動，以另一分速度垂直紙面做勻速圓周運動．
矩形探測板長寬分別為
最小面積
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