卷子答案网-一个不只有答案的网站浙江省嘉兴市2023届高三下学期物理二模试卷
一、单选题
1．“匹”又称马力。虽然“匹”是一个古老的功率单位，但现代的空调、内燃机等仍常使用这个单位。“匹”用国际单位制的基本单位表示应为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】单位制
【解析】【解答】由题可知， “匹”是一个古老的功率单位， 根据可得，故ACD错误，B正确。故选B。
【分析】注意功率的计算公式，其中，然后代入每一个物理量的单位。
2．小沈同学从桐乡出发去嘉兴，他在导航软件中获得如图所示的信息，按图中导航方案“预计18：37到达”。则（ ）
A．“18：37”指时间间隔
B．导航推荐的方案三位移最小
C．方案一的32km除以55分钟为平均速度
D．方案二的平均速度最大
【答案】D
【知识点】时间与时刻；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】A. “18：37”指时刻，是到达嘉兴的时刻，故A错误；
B.三种方案的初末位置相同，即位移相同，故B错误；
C.方案一的32km 指的是路程， 32km除以55分钟为平均速率，故C错误；
D.根据可知，三种方案位移相同，第二种方案用时最短，故第二种方案平均速度最大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】区分出时间间隔和时刻的区别；知道位移时初位置到末位置的有向线段；平均速度是位移与时间的比值；平均速率是路程与时间的比值。
3．如图所示，足球场上画了一条以O为原点，以x轴为对称轴的抛物线，A、B为该抛物线上的两点。体育老师要求学生在规定时间内不停顿地从抛物线的一端跑到另一端。小张同学按要求完成该运动的过程中，可以肯定的是（ ）
A．所受的合外力始终不为零 B．x轴方向的分运动是匀速运动
C．y轴方向的分运动是匀速运动 D．通过A、B两点时的加速度相等
【答案】A
【知识点】曲线运动
【解析】【解答】A.学生沿抛物线运动，其做曲线运动，速度方向发生变化，速度变化量不为0，加速度不为0，故学生所受合外力不为0，故A正确；
BC.学生所受合外力的方向指向抛物线的凹侧，但是具体方向未知，故x和y轴方向的分运动不确定是匀速运动，故BC错误；
D.学生所受合外力的方向和大小不确定，故通过A和B点的加速度不能确定大小，故D错误。
故答案为：A。
【分析】对于曲线运动，了解其合外力方向指向抛物线的凹侧，且由于合外力方向未知，故x和y轴方向的分运动方向未知。
4．下列四幅图涉及到不同的物理知识，下列说法正确的是（ ）
A．图甲：黑体辐射强度的极大值随温度升高向波长较长的方向移动
B．图乙：用竹竿举着蜂鸣器快速转动时听到声音频率发生变化，这是多普勒效应
C．图丙：下雪时轻盈的雪花从空中飘落，说明分子在做无规则运动
D．图丁：高压输电线上方架有与大地相连的两条导线，其原理是尖端放电
【答案】B
【知识点】多普勒效应；静电的防止与利用；分子动理论的基本内容；黑体、黑体辐射及其实验规律
【解析】【解答】A.图甲表明：随温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A错误；
B.蜂鸣器快速转动至声源的相对位置发生改变，所接受频率发生变化，是多普勒效应，故B正确；
C.雪花是宏观物体，与分子热运动无关，故C错误；
D.高压输电线上方架有与大地相连的两条导线是避雷线，防止雷直接击到输电线，故D错误。
故答案：B。
【分析】由图像看出黑体辐射强度的极大值与波长的关系；知道多普勒效应的原理；知道雪花是宏观物体；避雷线防止雷直接击到输电线。
5．如图所示，用杆秤称量中药。三根长度相同的细绳对称地系于圆形秤盘上。中药和秤盘的总质量为m，则当杆秤稳定时（ ）
A．每根细绳的拉力大小
B．增加细绳长度时每根绳拉力均减少
C．增加细绳长度时秤砣应向右移动
D．增加细绳长度时手对秤拉力增大
【答案】B
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】AB.设每根绳子与竖直方向的夹角为，对中药和秤盘这个整体受力分析有，，所以，由于分母，所以得出来的拉力结果；当增大细绳长度时，细绳与竖直方向的夹角将减小，则将变大，代入拉力的式子可以得到拉力减小了。故A错误，B正确；
CD.就算增大细绳的长度，中药和秤盘对秤杆总的拉力没有变，所以不用改变秤砣的位置以及手对秤的拉力也不变，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】首先要对中药和秤盘组成的系统受力分析，整体受到三根绳子斜向上的拉力和整体的重力，设绳子与竖直方向的夹角为，对拉力进行分解结合平衡条件，就可以得出拉力的表达式，由于分母小于1，所以拉力时刻大于；当增加细绳长度的时候，我们可以看到细绳与竖直方向的夹角变小，所以变大，拉力变小；增加细绳长度，不会影响整条秤杆的力矩平衡条件，什么都不变。
6．如图所示是港珠澳大桥的一段半径为120m的圆弧形弯道。晴天时路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的0.8倍，下雨时路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍。若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度，则（ ）
A．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为3.0m/s
B．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6rad/s
C．晴天时汽车以180km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
D．下雨时汽车以70km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】CD.本题为圆弧弯道问题，地面对汽车的静摩擦力提供向心力，当静摩擦力达到最大值时，汽车的速度也达到最大值，有，当晴天时，k=0.8，代入可得，此时180km/h已经超速，无法安全通过此圆弧弯道，而当雨天时，k=0.4，代入得，此时的速度70km/h没有超速，所以可以安全的通过此段圆弧弯道，故C错误，D正确；
AB.无论是雨天还是晴天，速度72km/h即20m/s都不会超速，汽车都能安全通过弯道，所以有，角速度，故AB错误。
故答案为：D。
【分析】本题考查水平弯道汽车拐弯问题，在这种问题中静摩擦力提供了汽车做匀速圆周运动的向心力，并且当静摩擦力达到最大静摩擦的时候，汽车的速度也达到最大值，列出最大静摩擦力提供向心力的式子，求出晴天或者雨天时所对应的最大速度，就可以判断汽车超不超速；明显72km/h无论在雨天还是晴天都是不超速的，根据和可以分别求出向心加速度和角速度的大小。
7．如图所示是磁电式电表的结构示意图。磁电式电表由固定的蹄形磁铁（图中只画出了一部分）、极靴、圆柱形铁芯、绕在铝框上的铜质线圈、下端带有平衡锤的指针等组成。指针与铝框固定在一起，可绕转轴转动。则（ ）
A．铝框转动时框内没有感应电流
B．圆柱形铁芯使得极靴间形成匀强磁场
C．平衡锤的作用是使指针整体的重心在转轴上
D．用电表测量时线圈左右两侧所受安培力方向相同
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】ABD.圆柱形铁芯与蹄形磁铁之间形成辐向均匀的磁场，并非是匀强磁场，如图所示
在线圈转动的过程中，线圈的面始终与磁场平行，无论转到哪里，左右两条边都垂直切割磁感线，两条边的感应电流方向是相反的，根据左手定则，可知左右两条边受到的安培力方向是相反的，故ABD错误；
C.平衡锤的作用是利用到了力矩，它的目的是为了阻碍指针的倾斜趋势，使指针整体的重心在转轴上，故C正确。
故答案为：C。
【分析】本题考查了磁电式电表，圆柱形铁芯与蹄形磁铁之间形成辐向均匀的磁场，无论线圈的面转到哪里，线圈的面始终与磁场平行，线圈左右的两条边始终垂直切割磁感线运动，两条边的感应电流的方向相反，根据左手定则也可以知道两条边受到的安培力方向也相反；平衡锤的作用是为了阻碍指针的倾斜趋势，使指针整体的重心在转轴上。
8．太阳内部核聚变反应产生的能量向太空辐射，太阳辐射在到达地面之前会经过厚厚的大气层并损失近50%能量。现测得单位时间内地球表面正对太阳光的单位面积上吸收的太阳辐射约为1.4×103J/m2s。已知日地距离为1.5×108km，则太阳每秒钟因辐射而亏损的质量约为（ ）
A．8.8×103kg B．6.6×105kg C．2.2×107kg D．8.8×109kg
【答案】D
【知识点】质量亏损与质能方程
【解析】【解答】由于单位时间内地球表面正对太阳光的单位面积上吸收的太阳辐射约为 ，说明以日地距离为半径的球面上每秒钟吸收的太阳的能量为，由于太阳辐射在到达地面之前会经过厚厚的大气层并损失近50%能量，所以实际上太阳辐射出的能量为，所以由，得因辐射而亏损的质量为，故D正确，ACD错误。
故答案为：D。
【分析】本题关键是建立以日地距离为半径的球面模型，计算出每秒钟被此球面吸收的太阳辐射有多少，又由于太阳辐射在到达地面之前会经过厚厚的大气层并损失近50%能量，所以太阳实际每秒钟辐射出来的能量是被此球面每秒钟吸收能量的两倍，求出此能量结合爱因斯坦的质能方程就能计算出太阳每秒钟因为辐射而亏损的质量。
9．月球夜晚温度低至-180℃，“玉兔二号”月球车携带的放射性同位素钚238（）会不断发生α衰变，释放的能量为仪器设备供热。可以通过以下反应得到：，。则（ ）
A．k=1且X为电子
B．比更加稳定
C．的比结合能比的大
D．是轻核聚变
【答案】B
【知识点】放射性同位素及其应用；结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A.此核反应式子根据质量数守恒可知k=2，利用质量数守恒和质子数守恒可知X为，所以X为电子，故A错误；
B. 放射性同位素的原子核很不稳定，会不间断地、自发地放射出射线，直至变成另一种稳定同位素，这就是所谓“核衰变”。 由于是经过三个核反应得到的，所以比更加稳定，故B正确；
C.由于要释放能量，首先要首先拆分为各个核子，在拆分为各个核子的过程中克服核力做功，吸收能量，接着在反应的过程中再把核子结合成，在结合的过程中要释放能量，在整个核反应过程由于要释放能量，说明把核子结合成释放的能量比把拆分为各个核子吸收的能量多，说明的结合能大于的结合能，所以的比结合能也大于的比结合能，故C错误；
D.不是聚变反应，是人工核反应，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查了核反应的一些知识点。通过质量数守恒可以知道k=2，根据质量数守恒和质子数守恒，也可以得到X是电子；由于放射性同位素的原子核很不稳定，会不间断地、自发地放射出射线，直至变成另一种稳定同位素，所以比更稳定；在衰变中，由于要释放能量，说明的比结合能比的比结合能大；是人工核反应。
10．如图所示，水面上方一只小鸟正沿水平路线从左向右飞行，水中一定深度处有一条静止的鱼，点O是鱼正上方与小鸟飞行轨迹的交点。则小鸟从左向右水平飞行时（ ）
A．飞到O点时鸟看到的鱼比实际位置深
B．飞到O点时鱼看到的鸟比实际高度低
C．飞向O点过程中鸟看到鱼远离水面下沉
D．飞离O点过程中鱼看到鸟离水面高度不变
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】 当小鸟在O点左侧的时候，我们可以看到光线在水面发生了折射，折射光线如图所示
而我们小鸟看鱼的时候是沿着折射光线的延长线看回去，可以看到小鸟看到的是小鸟的虚像，即在O点左边的时候，鸟看到的鱼比实际位置浅，当小鸟运动到O点时，小鸟看到的是鱼本身，所以在飞向O点过程中鸟看到鱼在远离水面下沉。在鸟远离O点过程，根据光的折射以及鱼反着折射光线看回去，可以看到鱼看到的是在鸟本身位置正上方的虚像，所以在鸟飞离O的过程中，鱼看到鸟离水面的高度在上升。故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查光的折射，当鸟偏离鱼的正上方时看鱼的时候，根据光的折射，可以看到鸟看到的是在鱼正上方的虚像，所以在鸟向鱼正上方飞过来的时候，鸟会看到鱼在远离水面下沉；而在鸟飞离O点的过程中，根据光线的折射原理以及鱼逆着折射光线看回去的道理可以看到鱼看到的是鸟本身位置正上方的虚像，所以在鸟飞离O点过程中鱼看到鸟离水平高度是增大的。
11．如图1所示是一款光电烟雾探测器的原理图。当有烟雾进入时，来自光源S的光被烟雾散射后进入光电管C，光射到光电管中的钠表面时会产生光电流。如果产生的光电流大于，便会触发报警系统。金属钠的遏止电压随入射光频率的变化规律如图2所示，则（ ）
A．要使该探测器正常工作，光源S发出的光波波长不能小于
B．图2中图像斜率的物理意义为普朗克常量h
C．触发报警系统时钠表面每秒释放出的光电子数最少是N=6.25×1010个
D．通过调节光源发光的强度来调整光电烟雾探测器的灵敏度是不可行的
【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】AB.根据得，所以以入射光的频率为横坐标，金属钠的遏止电压为纵坐标，可以看到画出来是如图2的倾斜直线，直线与x轴的交点为为截止频率，所以截止频率，即入射光的最小频率，所以光源S发出的光波波长不能大于，并且根据我前面推导出来的方程可以知道倾斜直线的斜率，故AB错误；
C.触发报警系统时每秒钟产生的光电子电荷量至少为，所以触发报警系统时钠的表面每秒钟释放出的光电子数目为，故C正确；
D.当光源发出光的强度越大，被烟雾散射后进入光电管C的光就越多，发生光电效应后产生的光电流就就越大，就越容易触发报警系统，所以通过调节光源发光的强度来调整光电烟雾探测器的灵敏度是可行的，故D错误。
故答案为：C。
【分析】首先要利用推导出关于入射光频率v的关系式子得出倾斜直线与v轴的交点为即截止频率，利用截止频率计算出截止波长，利用推导出来的式子判断出倾斜直线的斜率为；注意要触发报警系统我们知道光电流至少为，所以得出光电效应每秒钟从光电管逸出来的光电子电荷量至少为，利用电荷量除以每个电子的电荷量就可以得出触发报警系统时钠表面每秒钟至少释放出的光电子数目；由于我们光电流较大时，会触发报警系统，所以通过调节广源达发出的光强度，使通过烟雾的光强也发生变化，从而使光电管发生光电效应产生的光电流大小也发生变化，所以通过调节光源发光的强度来调整光电烟雾探测器的灵敏度是可行的。
12．在天文观测中，科学家向某行星发射了两颗卫星。若卫星甲和乙在同一平面内以相反方向绕行星作匀速圆周运动，甲卫星每隔周期总是和乙卫星相遇，则甲、乙两卫星的轨道半径之比为（ ）
A．1：4 B．1：2 C．2：1 D．4：1
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】由于两卫星是反向运动，经过两卫星再次相遇，满足，又，代入有，得，由于卫星绕行星匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有，得，所以，得，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】注意本题考查了卫星相遇问题，当两个卫星相遇时，满足两个在相同的时间内转过的角度加起来等于360度，一个圆周，有，代入可以推出两个卫星角速度的关系，再利用万有引力提供向心力，推出角速度关于圆周半径r的表达式，得出，推导两者的半径比。
13．如图所示，空间有两个相距为d的等量异种电荷，以两电荷连线的中点为坐标原点O，建立如图所示坐标系。在x轴上有一坐标为（，0）的点A，在y轴上有一坐标为（0，）的点B。若，则（ ）
A．两点电场强度大小相等
B．点电场强度大小是点的两倍
C．在点由静止释放的负点电荷将作简谐振动
D．在点由静止释放的正点电荷将作上下振动
【答案】B
【知识点】简谐运动；电场强度的叠加
【解析】【解答】AB.由于正电荷在A点产生的场强方向水平向右，负电荷在A点产生的场强方向水平向左，并且正电荷产生的场强较大，所以，由于远小于l，所以，设B点与正点电荷连线与负电荷、正电荷连线之间的夹角为，根据场强的叠加原理，可以得到正电荷和负电荷在B点产生的合场强的方向水平向左，并且，有，同样由于d远远小于l，所以，所以看到A处的电场强度大小是B处的两倍的，故B正确，A错误；
C.假设在A点的的负电荷将做简谐振动，则O点为平衡位置，设该负电荷的电荷量为Q，根据此时负电荷受到的电场力方向向左，x为该点电荷距离原点的距离，，我们可以看前面的系数并不是常数，并不符合的关系，所以在A点由静止释放的负点电荷不是做简谐振动，故C错误；
D.由于B处的合场强方向水平向左，所以在B处静止释放一个正点电荷，它将受到水平向左的电场力向左运动，故D错误。
故答案为：B。
【分析】在求A点和B点的合场强时，关键是要分别求出正电荷和负电荷在此处所产生的场强，再根据平行四边形定则求出合场强进行计算；由于在A处的合场强水平向右，在A处放一个负点电荷，它受到水平向左的电场力将向左运动，并且求出它的电场力，我们看到它受到的电场力不符合的关系，所以它不是做简谐振动；在B处放一个正点电荷，由于此处的合场强方向水平向左，所以它将受到向左的电场力，向左运动。
二、多选题
14．如图所示，在直铁棒上有上下两组线圈，上线圈匝数匝，下线圈匝数匝。上线圈输入电压随时间变化如图2所示。则（ ）
A．交流电压表读数为
B．交流电压表读数为
C．下线圈中电流的频率为
D．滑动变阻器滑片下移时上线圈输入功率增大
【答案】C,D
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】AB. 从图2我们可以看到原线圈的输入电压为，所以在变压器是理想变压器的情况下，即线圈没有内阻，没有能量的损耗的话，副线圈的输出电压为，但是由于没有说变压器是理想变压器，所以副线圈的输出电压不一定等于20V，故AB错误；
C.由图知交变电流的周期，所以交流电的频率为，由于变压器不会改变交流电的频率，所以下线圈的电流频率也为50Hz，故C正确；
D.当滑片下移时，滑动变阻器接进电路的电阻变小，则副线圈所在电路的电流变大，原线圈所在电路的电流也变大，由于原线圈的输入电压不变，根据知原线圈即上线圈的输入功率也增大，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】本题考差了变压器的一些知识点，由图知输入电压最大值为，根据正弦交流电有效值跟最大值的关系可以求出原线圈的输入电压，再根据电压比等于匝数比，可知理想变压器副线圈的输出电压为20V，但是由于本题没有提及变压器是不是理想变压器，若不是理想变压器，则副线圈本身有内阻，则有内部电压，输出到副线圈的两端电压将小于20V；由图知T=0.02s，根据，知交流电的功率为50Hz，再根据变压器不会改变交流电的频率，所以下线圈电流频率也是50Hz；当滑片往下滑时，变阻器接入回路的电阻变小，则副线圈所在电路的电流变大，根据电流比等于匝数的反比，知道原线圈的输入电流也变大，所以根据P=UI知道原线圈的输入功率也变大。
15．水面上两振源振动图像皆如图1所示。图2是两振源发出的两列水波在离振源较近区域内叠加形成的干涉图样，实线表示波峰，虚线表示波谷。图2中点皆为两振源连线中垂线上的点，点为连线上一点。若用图3中的甲、乙、丙三图像描述图2区域内的振动，则可能正确的说法是（ ）
A．点振动如丙所示 B．点振动如乙所示
C．点振动如甲所示 D．点振动如乙所示
【答案】A,C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】由于M、N、Q三个点时两波源连线中垂线上的点，由于中垂线上的点到波源的距离都相等，所以上面任何一点到两波源的距离之差等于0，所以这三点都是振动的加强点，振幅应该是A+A=2A，故M、N、Q的振动如图丙所示，由于R为PQ上的一点，根据图2可知R到两波源之差小于，则R点的波动图像是有可能如图甲所示的，振幅为A，如果要出现乙那样的波动图像，点到两波源的距离要等于半个波长的奇数倍。故AC正确，BD错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查了波的干涉，当某点到两波源的距离之差等于半个波长的偶数倍，则将出现波峰，如图的M、N、Q，如果点到两波源的距离之差等于半个波长的奇数倍，则将出现波谷，而R点到两波源的距离小于半个波长，则振动肯定不是2A，图甲是有可能的。
三、实验题
16．实验题
（1）在“验证机械能守恒定律”实验中，采用重锤自由下落的实验方案，经正确操作获得一条纸带如图1所示。实验所用打点计时器电源频率为50Hz，重锤质量m=0.30kg，当地重力加速度g=9.79m/s ，则打A点时纸带速度为 ，A点到B点过程中重力势能变化量为 （结果保留2位有效数字）。
（2）小姚同学用如图2所示的装置做“探究碰撞中的不变量”实验。
①关于滑块A、B的碰撞，下列说法正确的是 .
A．两个滑块碰撞前必须有一个静止
B．两个滑块碰撞后必须结合在一起
C．两个滑块碰撞后可结合在一起，也可分开
D．两滑块可以从整体静止到相互弹开
②实验中测得滑块A的质量为222.0g，滑块B的质量为216.0g，用50分度游标卡尺测量遮光条A的宽度，其读数如图3所示，则读数为 cm；滑块A从左向右通过光电门1后与静止的滑块B碰撞，碰后粘合成一体通过光电门2，遮光条A先后通过光电门1、2所对应的计时器读数分别如图4、图5所示（图中数值的单位是ms），则碰后滑块A、B的总动量为 kg·m/s（计算结果保留2位小数）。
（3）在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，
①用单色光照射双缝后，在目镜中观察到如图所示的情形。若其他操作无误，则上述情形下测得的单色光波长将 （选填“偏大”、“不变”或“偏小”）；
②若想对图的情形进行调整，则需要的操作是 。
A．旋转毛玻璃屏
B．左右拨动拨杆
C．旋转测量头上的手轮
D．旋转遮光筒和测量头
【答案】（1）0.50；0.29
（2）CD；0.510；0.12
（3）偏大；D
【知识点】验证机械能守恒定律；验证动量守恒定律；用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）根据匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的速度速度，知A点的瞬时速度，而A到B之间的距离，所以重力势能的减少量为。
故答案为：0.50m/s； 0.29J。
（2） ① 只要能验证碰撞过程中两个滑块组成的系统总动量守恒就好，对碰撞前后两滑块的具体运动情况不做要求，两个滑块可以是碰撞前A向静止的B运动过来，运动后两个滑块结合在一起，一起向右运动；也可以是碰撞有各自分开；也可以A滑块和B滑块相向运动，碰撞后两滑块结合在一起向某个方向运动，什么情况都可以，只要符合实际就好，故CD正确；
故答案为：CD。
② 50分度的游标卡尺，说明游标尺的精度为0.02mm。由于主尺上面的读数为5mm，游标尺对齐的读数为5，所以游标卡尺的读数为，注意游标卡尺不用估读，但计算时有多少写多少，即使尾数为0，也不能舍去；滑块A从左向右通过光电门1后与静止的滑块B碰撞，碰后粘合成一体通过光电门2，碰撞后滑块A、B的速度为，所以碰撞后两者的总动量为，注意结果保留两位有效数字。
故答案为：CD；0.510；0.12。
（3）①用单色光照射双缝后，在目镜中观察到如图所示的情形。 这种情形将会导致条纹之间的间距变大，根据知这种情况下测得的单色光波长也将变大。
故答案为：变大。
② 转动手轮的作用是使分划板向左(或向右)移动至分划板的中心刻线与条纹的中心对齐；旋转毛玻璃屏是为了产生漫反射，衍射图样更明显；左右拨动拨杆是为了调节单缝和双缝趋于平行；旋转遮光筒和测量头，才能使分划线与干涉条纹平行。
故答案为：D。
【分析】本题考查了三个实验。
（1）在验证机械能守恒定律”实验中，要测量纸带上某个点的瞬时速度，要根据匀变速直线运动在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度的方法去计算；要计算A点到B点重力势能的减少量首先要读出A点到B点下降的高度，再根据去计算。
（2） ①做“探究碰撞中的不变量”实验中，关于滑块A、B碰撞前后的运动情况如何，方案如何实际不做硬性要求，只要满足实际并且能使碰撞前后两者的总动量守恒就好；
② 对游标卡尺进行读数时，要看清楚它是多少分度，计算出它的精度，则游标卡尺的读数等于主尺的读数加上对齐格数乘以精度；从第一空已经求出遮光条d的长度，则根据瞬时速度是极短时间内的平均速度，可以计算出碰撞后A、B结合体过光电门的瞬时速度，再根据计算出碰撞后A、B结合体的总动量。
（3）①在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，如果是图中的情况，测出来的条纹之间的间距将偏大，根据知测得的波长也将偏大；
②图中的情况是分划线没有跟干涉条纹平行，所以只能旋转遮光筒和测量头，使分划线跟干涉条纹平行。
四、单选题
17．在“测量玻璃的折射率”实验中，所用的玻璃砖如图所示。玻璃砖有4个光学面，其中A，C两面相互平行。此实验中对于玻璃砖入射面和出射面的选择，正确的是（ ）
A．只能选用A，C两面
B．不能选用B，C两面
C．既可选用A，C两面，也可选用B，C两面
【答案】C
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】应用插针法测玻璃的折射率实验时，我们是在入射的方向上竖直地插上两枚大头针P1、P2，在玻璃砖另一侧透过玻璃砖观察大头针P1、P2的像，调整视线的方向直到P1的像被P2的像挡住；再在另一侧插上两枚大头针P3、P4，使P3能挡住P1、P2的像，P4能挡住P1、P2的像及P3本身，即实验本身能发生折射就好，对那些面不做要求，所以可以选A、C两面作为入射面跟出射面，也可以B、C两面作为入射面跟出射面，故C正确，AB错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查了“测量玻璃的折射率”实验中入射面跟出射面的选取，其实只要能发生折射就可以，我们都有办法利用插针法确定入射光线跟出射光线，所以对面的选择没有特别的要求。
五、实验题
18．在“测量电源电动势与内阻”实验中：
（1）请根据图2所示电路图，在答题卷上与图3对应的位置用笔画线代替导线完成实物连线；
（2）开关S 分别接在1和2处，记录两电表读数并在图4所示的坐标纸上描点、画线，得到图线a和b、开关S2接在1处时对应的图线是 （填a或者b）；
（3）根据现有器材分析并判断，实验时开关S 应接在 （填1或者2），试用简短的文字说明理由 。
【答案】（1）
（2）b
（3）2；因为两节干电池的内阻比较小，若开关S 应接在1，电流表相对电源采用内接法，误差来源于电流表的分压，电流表内阻对电池内阻的测量有较大影响；若开关S 应接在2，电流表相对电源采用外接法，误差来源于电压表的分流，由于电池内阻远小于电压表内阻，可知电压表内阻对电池内阻的测量影响较小。
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（2）当开关接在1处时，使用的是电流表外接法，可以把电流表看作是内电路的一部分，则此时电源的等效内阻，则此时滑动变阻器两端的电压即电压表的电压为路端电压，，则以I为横坐标，U为纵坐标，则画出来是一条倾斜向下的直线，并且斜率的绝对值；当开关接在2处时，使用的是电流表内接法，电压表测的刚好是路端电压，，以I为横坐标，U为纵坐标，画出来也是一条倾斜向下的直线，斜率绝对值，所以我们看到当开关接在1处时，倾斜直线的斜率绝对值比较大，我们看到b线的斜率绝对值为3.19，比较大，所以b线对应的是开关接在1处。
故答案为：b。
（3）根据现有器材分析并判断，实验时开关S 应接在2，因为如我上述的分析，如果开关接在1处，误差主要来源于电流表的分压作用，电流表相对于电源来说是内接的，等一下测出来的内阻实际是电源内阻跟电流表内阻的总和，所以由于电流表内阻相对于电源内阻无法忽略不计，误差比较大，所以不能选1，只有当开关接在2处，误差来源于电压表的分流作用，由于电压表的电阻相对于电池内阻很大很大，电压表的分流作用几乎可以忽略不计，误差比较小，所以答案选2。
故答案为：2；开关S 接在2，电流表相对电源采用外接法，误差来源于电压表的分流，由于电池内阻远小于电压表内阻，可知电压表内阻对电池内阻的测量影响较小。
【分析】（1）本题考查了测量电源电动势与内阻实验，图4中画出了U随I变化的两条倾斜直线，利用闭合回路的欧姆定律分别找出开关接1或者2时电压与电流的方程关系，找出两种情况下倾斜直线的斜率绝对值表示什么物理量，通过推导我们知道当开关接1时，倾斜直线的斜率绝对值为，当开关接2时，倾斜直线的斜率绝对值为，我们看到当开关接1时，倾斜直线斜率绝对值比较大，是b线；
（2）本实验要选择开关接在2的方案，因为接在2时，误差主要来源于电压表的分流作用，由于电压表的内阻很大很大，所以电压表的分流作用几乎可以忽略不计，误差比较小。
六、解答题
19．如图1所示，上端封闭、下端开口且粗细均匀的玻璃管长度，将其从水银面上方竖直向下缓慢插入水银中。发现管内水银面与管壁接触的位置向下弯曲，致玻璃管内水银面形成凸液面，如图2所示。当玻璃管恰好全部插入水银时，管内、外水银面的高度差为h，此时作用于管的竖直向下压力大小为。已知大气压强，玻璃管横截面积大小，玻璃管质量，环境温度为常温且恒定。
（1）图2所示水银面说明水银能否浸润玻璃？插入过程中，管内气体吸热还是放热？
（2）求高度差h：
（3）求撤去压力F的瞬间，玻璃管的加速度大小。
【答案】（1）解：根据题意，由图2可知，水银不浸润玻璃，插入过程中，温度不变，气体内能不变，把玻璃管压入水面过程中，气体压强变大，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体放热。
（2）解：根据题意可知，插入过程等温变化，则有
又有
解得
（3）解：根据题意，撤去 瞬间，由牛顿第二定律有
解得
【知识点】牛顿第二定律；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）从图2看到了形成了凸液面，说明水银不浸润玻璃；在玻璃管插入水银中的过程，由于 环境温度为常温且恒定，所以气体的内能不变，而由于把玻璃管压入水面过程中，气体压强变大，体积减小，外界对气体做功，根据，说明，气体要放热。
（2）在把玻璃管压入水里的过程，是一个等温变化，可以根据玻意耳定律列式并结合末状态气体的压强等于一个标准大气压强加h高度水银产生的压强，两式子联立就可以h的大小。
（3）原本在F的作用下，玻璃管处于平衡状态，现在撤去F后玻璃管的合力向上，现在对玻璃管的上表面受力分析，玻璃管受到内部气体对它向上的压力，大气对它竖直向下的压力并且本身的竖直向下的重力，根据牛顿第二定律列式就可以求出a的大小。
20．如图所示是一个游戏装置的示意图，固定于地面的水平轨道AB、竖直半圆形轨道BC和竖直圆形管道CD平滑连接，B和C分别是BC和CD的最低点。水平平台EF可在竖直平面内自由移动。锁定的压缩弹簧左右两端分别放置滑块a和b，解除锁定后，a沿轨道ABCD运动并从D点抛出。若a恰好从E点沿水平方向滑上EF且不滑高平台，则游戏成功。已知BC半径R1=0.2m；CD半径R2=0.1m且管道内径远小于R2，对应的圆心角=127°；EF长度L=1.08m；滑块与EF间动摩擦因数μ=0.25，其它阻力均不计；滑块质量ma=0.1kg，mb=0.2kg，且皆可视为质点；，。
（1）若弹簧释放的能量Ep=3.0.J，求在B点时圆形轨道对a的支持力大小；
（2）若要游戏成功，a在C点的最小速度是多少？
（3）若固定b，推导并写出游戏成功时a最终位置到D点的水平距离x与弹簧释放的弹性势能Ep的关系式。
【答案】（1）解：滑块 、 相互作用动量守恒，弹性势能转化为 、 动能
（2）解：滑块 要到达 点，在 点速度要大于0，则 点的速度至少满足：
过半圆环轨道 的最小速度 大小为 ：
物体 在 点的最小速度为
（3）解：设物体 到达 点的速度为
斜抛运动满足
水平位移
得到
轨道位移
距离 点的水平位移
【知识点】竖直平面的圆周运动；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）在弹簧恢复原长的过程中，a滑块获得向左的速度，b滑块向右的速度，在这个过程中，a和b组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列式找出两者获得的速度大小关系，并且由于在弹簧恢复原长的过程中，a、b、弹簧三者组成的系统能量守恒，弹簧的弹性势能减少了转为a、b两者获得的动能，列能量守恒式子，结合找到的两者获得的速度大小关系，就可以求出a获得速度，之后a做匀速直线运动，运动到B点，对a滑块受力分析，知它受到竖直向上的支持力和竖直向下的重力，两者的合力竖直向上，两者的合力提供向心力，列出向心力公式代入a滑块在B点的速度就可以求出轨道对a滑块的支持力；
（2）要使a滑块能抛到EF水平轨道，说明a滑块离开D点时速度至少大于0，所以我们可以从C点到D点列动能定理，求出a滑块经过C点的速度至少要满足的条件，并且要看这个速度有没有大于隐含条件，即当圆弧轨道对a滑块在C点的弹力等于0时，a滑块在C点所对应的速度，结果有大于，我们就取使a滑块到达D点时速度大于0所对应的C点速度；
（3）如果固定b滑块，则在弹簧恢复原长的过程中，弹簧的弹性势能转化为a获得的动能，所以根据能量守恒式子列式就可以得到a滑块获得的速度，接着从B点到D点全程列动能定理结合a滑块在B点的速度就可以求出滑块来到D点的速度，注意在全程中只有重力做负功，当a滑块来到D点后，它要做斜抛运动，对它在D点的速度进行分解，分别求出水平分速度跟竖直分速度，由于a滑块在竖直方向上做匀减速直线运动，并且刚飞到水平轨道EF上竖直方向的末速度为0，已知竖直方向的初速度、末速度、加速度a=-g，我们可以列匀变速直线运动的速度公式求出a滑块在空中运动的时间t，再把时间t代入水平方向的匀速直线运动的位移公式，就可以求出D到E点的水平距离。a滑块飞上EF轨道后，由于水平方向上只受到摩擦力的作用，做匀减速直线运动直到末速度为0，由于求出了离开D点的水平分速度即为E点的初速度以及知道末速度为0，结合牛顿第二定律求出a和速度位移关系式就可以求出a滑块在水平轨道EF上继续滑行的距离。此距离加上前面求出的ED两点的水平距离就是a最终位置到D点的水平距离x。
21．如图所示，两根竖直放置的足够长金属导轨MN、PQ间距为l，底部是“△”型刚性导电支架，导轨区域布满了垂直于平面MNQP的磁感应强度为B的匀强磁场。长为l的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨接触良好。半径为r的轻质圆盘与导轨在同一竖直平面内，可绕通过圆盘中心的固定转轴O匀速转动。圆盘与导轨间有一T型架，T型架下端与金属棒ab固定连接，在约束槽制约下只能上下运动。固定在圆盘边缘的小圆柱体嵌入在T型架的中空横梁中。当圆盘转动时，小圆柱体带动T型架进而驱动金属棒ab上下运动。已知ab质量为m，电阻为R。“△”型导电支架共六条边，每条边的电阻均为R。MN、PQ电阻不计且不考虑所有接触电阻，圆盘、T型架质量不计。圆盘以角速度沿逆时针方向匀速转动，以中空横梁处于图中虚线位置处为初始时刻，求：
（1）初始时刻ab所受的安培力；
（2）圆盘从初始时刻开始转过90°的过程中，通过ab的电荷量；
（3）圆盘从初始时刻开始转过90°的过程中，T型架对ab的冲量I；
（4）圆盘从初始时刻开始转过90°的过程中，T型架对ab做的功。
【答案】（1）解：初始时刻，导体棒 的速度
则导体棒 切割磁感线产生的电动势为
整个回路的电阻
则导体棒 受到的安培力大小为为
（2）解：运动到最底端过程，导体棒 的电荷量 ：
（3）解：由动量定理可得
（4）解：设运动到最底端过程中，导体棒对 做功为 ，则由功能关系可得
【知识点】功能关系；冲量；动量与能量的其他综合应用；安培力的计算
【解析】【分析】（1）由于ab导体棒是由上面圆盘转动带动的，所以ab棒的瞬时速度大小等于圆盘的线速度大小，v=wr，ab导体棒向下做切割磁感线运动产生感应电动势，产生感应电流，根据左手定则可知ab导体棒受到竖直向上的安培力，画出等效电路图，我们看到2个3R并联再跟ab导体棒串联，所以可以求出回路的总电阻R总，再根据动生电动势求出ab导体棒切割磁感线运动产生的感应电动势结合闭合回路的欧姆定律就可以求出回路中产生的电流I，将I代入安培力公式就可以求出安培力的大小；
（2）注意在圆盘转过90度的过程中，ab导体棒下降了r的高度，根据电荷量的推导式，把总电阻代入就可以求出圆盘从初始时刻开始转过90°的过程中，通过ab的电荷量；
（3）注意在圆盘下降r高度即圆盘从初始时刻开始转过90°的过程中，ab导体棒受到竖直向下的重力，T形架对它向上的力，竖直向上的安培力，要求T形架对ab导体棒的冲量，只能对ab导体棒列动量定理，注意ab导体棒的初速度v=wr，末速度为0，列动量定理时，最后可以把里面安培力的冲量变为代入q的结果结合动量定理就可以求出此过程中T型架对ab的冲量I。
（4）要求圆盘从初始时刻开始转过90°的过程中，T型架对ab做的功，要对此过程列动能定理，要注意的是由于在此过程中ab导体棒受到的安培力是一个变力，但在此过程中电流对回路总电阻所做的功即为安培力做的功的大小，代入就可以求出安培力做的功再把它代入动能定理，就可以求出圆盘从初始时刻开始转过90°的过程中，T型架对ab做的功。
22．如图1所示是一个电子检测装置的示意图，两块长度为d且平行正对的金属板M、N相距为d，板间加有如图2所示的交变电压。M、N右侧区域存在垂直纸面向里且范围足够大的匀强磁场。N右侧边缘。O点正下方存在着长度足够长的收集板，收集板通过电流表与大地相连。M、N左端连线中点处有一粒子源S，它沿两板间中轴线方向持续均匀射出速度为、质量为m、电荷量为的电子。已知交变电压最大值，匀强磁场磁感应强度，S在单位时间内发射的电子数为n，交变电压周期，电子打到两极板即被吸收，不计电子重力。求：
（1） 时刻进入极板间的电子打在收集板的位置离收集板顶端O点的距离；
（2）收集板上能被电子打到的区域长度
（3）若题给条件下电流表有确定示数，求通过电流表的电流I；
（4）若电子射入的速度范围为，试推导通过电流表的电流i与v的关系式。
【答案】（1）解： 时刻，电子在电场中不偏转，直接进入磁场
电子打在收集板的位置离收集板顶端 的距离 处位置
（2）解：射入磁场的粒子速度为 ，它在磁场中圆弧对应的弦长 为
即只要射出磁场，粒子向下打到的点的距离恒等于 ，收集板上能被电子打到的区域长度也等于 ；
（3）解：粒子竖直方向的偏移量表达式为
电压为
则恰好射出对应 时候，对应的电压值
即
所以电流值为
（4）解：设不同速度 对应偏移量 时候对应的电压为
得出
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）时刻由于电容器两极间的电压等于0，所以板间没有电场，粒子进入极板间做匀速直线运动，没有发生偏转，当离开极板间时速度也为vo，粒子进入磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，列式可以求出半径的大小等于，所以根据几何关系可以求出粒子圆周运动后打在收集板上到O点的距离等于；
（2）首先找出一般情况，粒子从任意位置离开极板间，它进入磁场时设速度与水平方向的夹角为，画出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹图，根据几何关系找出粒子在磁场中圆周运动所对应的弦长，发现无论无论在哪个位置射入磁场，入射的速度多大，弦长通过变形等于d，为一个定值，所以打在收集板最下面的点为从极板的下边缘离开极板间进入磁场的情况，弦长也为d，说明收集板上能被电子打到的区域长度也为d；
（3）注意只要有电子打在收集板上，电流表就有电流，我们首先要求出当粒子刚好从极板间的下边缘飞出时极板间所加的电压，由于粒子在极板间是做类平抛运动，竖直方向上是做初速度为0的匀加速直线运动，求出竖直方向上的偏移量y跟所加电压的关系，利用去求，求出当电压最大时，竖直偏移量为，而我们电子从下边缘离开极板，偏移量为，所以电子从下边缘离开极板间时电压是最大电压的，而最大电压时S在单位时间内发射的电子数为n，说明此时单位时间内最终到达收集板的电子数为，而电流等于电荷量除以时间，所以电流表的示数等于。
（4）当电压为时，竖直方向的偏移量为，我们求出v不同的情况下当电子竖直方向的偏移量为所对应的电压U，我们可以得出U跟之间的关系，，所以要分两种情况，当时，即时，电流表示数为，若即时，。
浙江省嘉兴市2023届高三下学期物理二模试卷
一、单选题
1．“匹”又称马力。虽然“匹”是一个古老的功率单位，但现代的空调、内燃机等仍常使用这个单位。“匹”用国际单位制的基本单位表示应为（ ）
A． B．
C． D．
2．小沈同学从桐乡出发去嘉兴，他在导航软件中获得如图所示的信息，按图中导航方案“预计18：37到达”。则（ ）
A．“18：37”指时间间隔
B．导航推荐的方案三位移最小
C．方案一的32km除以55分钟为平均速度
D．方案二的平均速度最大
3．如图所示，足球场上画了一条以O为原点，以x轴为对称轴的抛物线，A、B为该抛物线上的两点。体育老师要求学生在规定时间内不停顿地从抛物线的一端跑到另一端。小张同学按要求完成该运动的过程中，可以肯定的是（ ）
A．所受的合外力始终不为零 B．x轴方向的分运动是匀速运动
C．y轴方向的分运动是匀速运动 D．通过A、B两点时的加速度相等
4．下列四幅图涉及到不同的物理知识，下列说法正确的是（ ）
A．图甲：黑体辐射强度的极大值随温度升高向波长较长的方向移动
B．图乙：用竹竿举着蜂鸣器快速转动时听到声音频率发生变化，这是多普勒效应
C．图丙：下雪时轻盈的雪花从空中飘落，说明分子在做无规则运动
D．图丁：高压输电线上方架有与大地相连的两条导线，其原理是尖端放电
5．如图所示，用杆秤称量中药。三根长度相同的细绳对称地系于圆形秤盘上。中药和秤盘的总质量为m，则当杆秤稳定时（ ）
A．每根细绳的拉力大小
B．增加细绳长度时每根绳拉力均减少
C．增加细绳长度时秤砣应向右移动
D．增加细绳长度时手对秤拉力增大
6．如图所示是港珠澳大桥的一段半径为120m的圆弧形弯道。晴天时路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的0.8倍，下雨时路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍。若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度，则（ ）
A．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为3.0m/s
B．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6rad/s
C．晴天时汽车以180km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
D．下雨时汽车以70km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
7．如图所示是磁电式电表的结构示意图。磁电式电表由固定的蹄形磁铁（图中只画出了一部分）、极靴、圆柱形铁芯、绕在铝框上的铜质线圈、下端带有平衡锤的指针等组成。指针与铝框固定在一起，可绕转轴转动。则（ ）
A．铝框转动时框内没有感应电流
B．圆柱形铁芯使得极靴间形成匀强磁场
C．平衡锤的作用是使指针整体的重心在转轴上
D．用电表测量时线圈左右两侧所受安培力方向相同
8．太阳内部核聚变反应产生的能量向太空辐射，太阳辐射在到达地面之前会经过厚厚的大气层并损失近50%能量。现测得单位时间内地球表面正对太阳光的单位面积上吸收的太阳辐射约为1.4×103J/m2s。已知日地距离为1.5×108km，则太阳每秒钟因辐射而亏损的质量约为（ ）
A．8.8×103kg B．6.6×105kg C．2.2×107kg D．8.8×109kg
9．月球夜晚温度低至-180℃，“玉兔二号”月球车携带的放射性同位素钚238（）会不断发生α衰变，释放的能量为仪器设备供热。可以通过以下反应得到：，。则（ ）
A．k=1且X为电子
B．比更加稳定
C．的比结合能比的大
D．是轻核聚变
10．如图所示，水面上方一只小鸟正沿水平路线从左向右飞行，水中一定深度处有一条静止的鱼，点O是鱼正上方与小鸟飞行轨迹的交点。则小鸟从左向右水平飞行时（ ）
A．飞到O点时鸟看到的鱼比实际位置深
B．飞到O点时鱼看到的鸟比实际高度低
C．飞向O点过程中鸟看到鱼远离水面下沉
D．飞离O点过程中鱼看到鸟离水面高度不变
11．如图1所示是一款光电烟雾探测器的原理图。当有烟雾进入时，来自光源S的光被烟雾散射后进入光电管C，光射到光电管中的钠表面时会产生光电流。如果产生的光电流大于，便会触发报警系统。金属钠的遏止电压随入射光频率的变化规律如图2所示，则（ ）
A．要使该探测器正常工作，光源S发出的光波波长不能小于
B．图2中图像斜率的物理意义为普朗克常量h
C．触发报警系统时钠表面每秒释放出的光电子数最少是N=6.25×1010个
D．通过调节光源发光的强度来调整光电烟雾探测器的灵敏度是不可行的
12．在天文观测中，科学家向某行星发射了两颗卫星。若卫星甲和乙在同一平面内以相反方向绕行星作匀速圆周运动，甲卫星每隔周期总是和乙卫星相遇，则甲、乙两卫星的轨道半径之比为（ ）
A．1：4 B．1：2 C．2：1 D．4：1
13．如图所示，空间有两个相距为d的等量异种电荷，以两电荷连线的中点为坐标原点O，建立如图所示坐标系。在x轴上有一坐标为（，0）的点A，在y轴上有一坐标为（0，）的点B。若，则（ ）
A．两点电场强度大小相等
B．点电场强度大小是点的两倍
C．在点由静止释放的负点电荷将作简谐振动
D．在点由静止释放的正点电荷将作上下振动
二、多选题
14．如图所示，在直铁棒上有上下两组线圈，上线圈匝数匝，下线圈匝数匝。上线圈输入电压随时间变化如图2所示。则（ ）
A．交流电压表读数为
B．交流电压表读数为
C．下线圈中电流的频率为
D．滑动变阻器滑片下移时上线圈输入功率增大
15．水面上两振源振动图像皆如图1所示。图2是两振源发出的两列水波在离振源较近区域内叠加形成的干涉图样，实线表示波峰，虚线表示波谷。图2中点皆为两振源连线中垂线上的点，点为连线上一点。若用图3中的甲、乙、丙三图像描述图2区域内的振动，则可能正确的说法是（ ）
A．点振动如丙所示 B．点振动如乙所示
C．点振动如甲所示 D．点振动如乙所示
三、实验题
16．实验题
（1）在“验证机械能守恒定律”实验中，采用重锤自由下落的实验方案，经正确操作获得一条纸带如图1所示。实验所用打点计时器电源频率为50Hz，重锤质量m=0.30kg，当地重力加速度g=9.79m/s ，则打A点时纸带速度为 ，A点到B点过程中重力势能变化量为 （结果保留2位有效数字）。
（2）小姚同学用如图2所示的装置做“探究碰撞中的不变量”实验。
①关于滑块A、B的碰撞，下列说法正确的是 .
A．两个滑块碰撞前必须有一个静止
B．两个滑块碰撞后必须结合在一起
C．两个滑块碰撞后可结合在一起，也可分开
D．两滑块可以从整体静止到相互弹开
②实验中测得滑块A的质量为222.0g，滑块B的质量为216.0g，用50分度游标卡尺测量遮光条A的宽度，其读数如图3所示，则读数为 cm；滑块A从左向右通过光电门1后与静止的滑块B碰撞，碰后粘合成一体通过光电门2，遮光条A先后通过光电门1、2所对应的计时器读数分别如图4、图5所示（图中数值的单位是ms），则碰后滑块A、B的总动量为 kg·m/s（计算结果保留2位小数）。
（3）在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，
①用单色光照射双缝后，在目镜中观察到如图所示的情形。若其他操作无误，则上述情形下测得的单色光波长将 （选填“偏大”、“不变”或“偏小”）；
②若想对图的情形进行调整，则需要的操作是 。
A．旋转毛玻璃屏
B．左右拨动拨杆
C．旋转测量头上的手轮
D．旋转遮光筒和测量头
四、单选题
17．在“测量玻璃的折射率”实验中，所用的玻璃砖如图所示。玻璃砖有4个光学面，其中A，C两面相互平行。此实验中对于玻璃砖入射面和出射面的选择，正确的是（ ）
A．只能选用A，C两面
B．不能选用B，C两面
C．既可选用A，C两面，也可选用B，C两面
五、实验题
18．在“测量电源电动势与内阻”实验中：
（1）请根据图2所示电路图，在答题卷上与图3对应的位置用笔画线代替导线完成实物连线；
（2）开关S 分别接在1和2处，记录两电表读数并在图4所示的坐标纸上描点、画线，得到图线a和b、开关S2接在1处时对应的图线是 （填a或者b）；
（3）根据现有器材分析并判断，实验时开关S 应接在 （填1或者2），试用简短的文字说明理由 。
六、解答题
19．如图1所示，上端封闭、下端开口且粗细均匀的玻璃管长度，将其从水银面上方竖直向下缓慢插入水银中。发现管内水银面与管壁接触的位置向下弯曲，致玻璃管内水银面形成凸液面，如图2所示。当玻璃管恰好全部插入水银时，管内、外水银面的高度差为h，此时作用于管的竖直向下压力大小为。已知大气压强，玻璃管横截面积大小，玻璃管质量，环境温度为常温且恒定。
（1）图2所示水银面说明水银能否浸润玻璃？插入过程中，管内气体吸热还是放热？
（2）求高度差h：
（3）求撤去压力F的瞬间，玻璃管的加速度大小。
20．如图所示是一个游戏装置的示意图，固定于地面的水平轨道AB、竖直半圆形轨道BC和竖直圆形管道CD平滑连接，B和C分别是BC和CD的最低点。水平平台EF可在竖直平面内自由移动。锁定的压缩弹簧左右两端分别放置滑块a和b，解除锁定后，a沿轨道ABCD运动并从D点抛出。若a恰好从E点沿水平方向滑上EF且不滑高平台，则游戏成功。已知BC半径R1=0.2m；CD半径R2=0.1m且管道内径远小于R2，对应的圆心角=127°；EF长度L=1.08m；滑块与EF间动摩擦因数μ=0.25，其它阻力均不计；滑块质量ma=0.1kg，mb=0.2kg，且皆可视为质点；，。
（1）若弹簧释放的能量Ep=3.0.J，求在B点时圆形轨道对a的支持力大小；
（2）若要游戏成功，a在C点的最小速度是多少？
（3）若固定b，推导并写出游戏成功时a最终位置到D点的水平距离x与弹簧释放的弹性势能Ep的关系式。
21．如图所示，两根竖直放置的足够长金属导轨MN、PQ间距为l，底部是“△”型刚性导电支架，导轨区域布满了垂直于平面MNQP的磁感应强度为B的匀强磁场。长为l的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨接触良好。半径为r的轻质圆盘与导轨在同一竖直平面内，可绕通过圆盘中心的固定转轴O匀速转动。圆盘与导轨间有一T型架，T型架下端与金属棒ab固定连接，在约束槽制约下只能上下运动。固定在圆盘边缘的小圆柱体嵌入在T型架的中空横梁中。当圆盘转动时，小圆柱体带动T型架进而驱动金属棒ab上下运动。已知ab质量为m，电阻为R。“△”型导电支架共六条边，每条边的电阻均为R。MN、PQ电阻不计且不考虑所有接触电阻，圆盘、T型架质量不计。圆盘以角速度沿逆时针方向匀速转动，以中空横梁处于图中虚线位置处为初始时刻，求：
（1）初始时刻ab所受的安培力；
（2）圆盘从初始时刻开始转过90°的过程中，通过ab的电荷量；
（3）圆盘从初始时刻开始转过90°的过程中，T型架对ab的冲量I；
（4）圆盘从初始时刻开始转过90°的过程中，T型架对ab做的功。
22．如图1所示是一个电子检测装置的示意图，两块长度为d且平行正对的金属板M、N相距为d，板间加有如图2所示的交变电压。M、N右侧区域存在垂直纸面向里且范围足够大的匀强磁场。N右侧边缘。O点正下方存在着长度足够长的收集板，收集板通过电流表与大地相连。M、N左端连线中点处有一粒子源S，它沿两板间中轴线方向持续均匀射出速度为、质量为m、电荷量为的电子。已知交变电压最大值，匀强磁场磁感应强度，S在单位时间内发射的电子数为n，交变电压周期，电子打到两极板即被吸收，不计电子重力。求：
（1） 时刻进入极板间的电子打在收集板的位置离收集板顶端O点的距离；
（2）收集板上能被电子打到的区域长度
（3）若题给条件下电流表有确定示数，求通过电流表的电流I；
（4）若电子射入的速度范围为，试推导通过电流表的电流i与v的关系式。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】单位制
【解析】【解答】由题可知， “匹”是一个古老的功率单位， 根据可得，故ACD错误，B正确。故选B。
【分析】注意功率的计算公式，其中，然后代入每一个物理量的单位。
2．【答案】D
【知识点】时间与时刻；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】A. “18：37”指时刻，是到达嘉兴的时刻，故A错误；
B.三种方案的初末位置相同，即位移相同，故B错误；
C.方案一的32km 指的是路程， 32km除以55分钟为平均速率，故C错误；
D.根据可知，三种方案位移相同，第二种方案用时最短，故第二种方案平均速度最大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】区分出时间间隔和时刻的区别；知道位移时初位置到末位置的有向线段；平均速度是位移与时间的比值；平均速率是路程与时间的比值。
3．【答案】A
【知识点】曲线运动
【解析】【解答】A.学生沿抛物线运动，其做曲线运动，速度方向发生变化，速度变化量不为0，加速度不为0，故学生所受合外力不为0，故A正确；
BC.学生所受合外力的方向指向抛物线的凹侧，但是具体方向未知，故x和y轴方向的分运动不确定是匀速运动，故BC错误；
D.学生所受合外力的方向和大小不确定，故通过A和B点的加速度不能确定大小，故D错误。
故答案为：A。
【分析】对于曲线运动，了解其合外力方向指向抛物线的凹侧，且由于合外力方向未知，故x和y轴方向的分运动方向未知。
4．【答案】B
【知识点】多普勒效应；静电的防止与利用；分子动理论的基本内容；黑体、黑体辐射及其实验规律
【解析】【解答】A.图甲表明：随温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A错误；
B.蜂鸣器快速转动至声源的相对位置发生改变，所接受频率发生变化，是多普勒效应，故B正确；
C.雪花是宏观物体，与分子热运动无关，故C错误；
D.高压输电线上方架有与大地相连的两条导线是避雷线，防止雷直接击到输电线，故D错误。
故答案：B。
【分析】由图像看出黑体辐射强度的极大值与波长的关系；知道多普勒效应的原理；知道雪花是宏观物体；避雷线防止雷直接击到输电线。
5．【答案】B
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】AB.设每根绳子与竖直方向的夹角为，对中药和秤盘这个整体受力分析有，，所以，由于分母，所以得出来的拉力结果；当增大细绳长度时，细绳与竖直方向的夹角将减小，则将变大，代入拉力的式子可以得到拉力减小了。故A错误，B正确；
CD.就算增大细绳的长度，中药和秤盘对秤杆总的拉力没有变，所以不用改变秤砣的位置以及手对秤的拉力也不变，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】首先要对中药和秤盘组成的系统受力分析，整体受到三根绳子斜向上的拉力和整体的重力，设绳子与竖直方向的夹角为，对拉力进行分解结合平衡条件，就可以得出拉力的表达式，由于分母小于1，所以拉力时刻大于；当增加细绳长度的时候，我们可以看到细绳与竖直方向的夹角变小，所以变大，拉力变小；增加细绳长度，不会影响整条秤杆的力矩平衡条件，什么都不变。
6．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】CD.本题为圆弧弯道问题，地面对汽车的静摩擦力提供向心力，当静摩擦力达到最大值时，汽车的速度也达到最大值，有，当晴天时，k=0.8，代入可得，此时180km/h已经超速，无法安全通过此圆弧弯道，而当雨天时，k=0.4，代入得，此时的速度70km/h没有超速，所以可以安全的通过此段圆弧弯道，故C错误，D正确；
AB.无论是雨天还是晴天，速度72km/h即20m/s都不会超速，汽车都能安全通过弯道，所以有，角速度，故AB错误。
故答案为：D。
【分析】本题考查水平弯道汽车拐弯问题，在这种问题中静摩擦力提供了汽车做匀速圆周运动的向心力，并且当静摩擦力达到最大静摩擦的时候，汽车的速度也达到最大值，列出最大静摩擦力提供向心力的式子，求出晴天或者雨天时所对应的最大速度，就可以判断汽车超不超速；明显72km/h无论在雨天还是晴天都是不超速的，根据和可以分别求出向心加速度和角速度的大小。
7．【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】ABD.圆柱形铁芯与蹄形磁铁之间形成辐向均匀的磁场，并非是匀强磁场，如图所示
在线圈转动的过程中，线圈的面始终与磁场平行，无论转到哪里，左右两条边都垂直切割磁感线，两条边的感应电流方向是相反的，根据左手定则，可知左右两条边受到的安培力方向是相反的，故ABD错误；
C.平衡锤的作用是利用到了力矩，它的目的是为了阻碍指针的倾斜趋势，使指针整体的重心在转轴上，故C正确。
故答案为：C。
【分析】本题考查了磁电式电表，圆柱形铁芯与蹄形磁铁之间形成辐向均匀的磁场，无论线圈的面转到哪里，线圈的面始终与磁场平行，线圈左右的两条边始终垂直切割磁感线运动，两条边的感应电流的方向相反，根据左手定则也可以知道两条边受到的安培力方向也相反；平衡锤的作用是为了阻碍指针的倾斜趋势，使指针整体的重心在转轴上。
8．【答案】D
【知识点】质量亏损与质能方程
【解析】【解答】由于单位时间内地球表面正对太阳光的单位面积上吸收的太阳辐射约为 ，说明以日地距离为半径的球面上每秒钟吸收的太阳的能量为，由于太阳辐射在到达地面之前会经过厚厚的大气层并损失近50%能量，所以实际上太阳辐射出的能量为，所以由，得因辐射而亏损的质量为，故D正确，ACD错误。
故答案为：D。
【分析】本题关键是建立以日地距离为半径的球面模型，计算出每秒钟被此球面吸收的太阳辐射有多少，又由于太阳辐射在到达地面之前会经过厚厚的大气层并损失近50%能量，所以太阳实际每秒钟辐射出来的能量是被此球面每秒钟吸收能量的两倍，求出此能量结合爱因斯坦的质能方程就能计算出太阳每秒钟因为辐射而亏损的质量。
9．【答案】B
【知识点】放射性同位素及其应用；结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A.此核反应式子根据质量数守恒可知k=2，利用质量数守恒和质子数守恒可知X为，所以X为电子，故A错误；
B. 放射性同位素的原子核很不稳定，会不间断地、自发地放射出射线，直至变成另一种稳定同位素，这就是所谓“核衰变”。 由于是经过三个核反应得到的，所以比更加稳定，故B正确；
C.由于要释放能量，首先要首先拆分为各个核子，在拆分为各个核子的过程中克服核力做功，吸收能量，接着在反应的过程中再把核子结合成，在结合的过程中要释放能量，在整个核反应过程由于要释放能量，说明把核子结合成释放的能量比把拆分为各个核子吸收的能量多，说明的结合能大于的结合能，所以的比结合能也大于的比结合能，故C错误；
D.不是聚变反应，是人工核反应，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查了核反应的一些知识点。通过质量数守恒可以知道k=2，根据质量数守恒和质子数守恒，也可以得到X是电子；由于放射性同位素的原子核很不稳定，会不间断地、自发地放射出射线，直至变成另一种稳定同位素，所以比更稳定；在衰变中，由于要释放能量，说明的比结合能比的比结合能大；是人工核反应。
10．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】 当小鸟在O点左侧的时候，我们可以看到光线在水面发生了折射，折射光线如图所示
而我们小鸟看鱼的时候是沿着折射光线的延长线看回去，可以看到小鸟看到的是小鸟的虚像，即在O点左边的时候，鸟看到的鱼比实际位置浅，当小鸟运动到O点时，小鸟看到的是鱼本身，所以在飞向O点过程中鸟看到鱼在远离水面下沉。在鸟远离O点过程，根据光的折射以及鱼反着折射光线看回去，可以看到鱼看到的是在鸟本身位置正上方的虚像，所以在鸟飞离O的过程中，鱼看到鸟离水面的高度在上升。故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查光的折射，当鸟偏离鱼的正上方时看鱼的时候，根据光的折射，可以看到鸟看到的是在鱼正上方的虚像，所以在鸟向鱼正上方飞过来的时候，鸟会看到鱼在远离水面下沉；而在鸟飞离O点的过程中，根据光线的折射原理以及鱼逆着折射光线看回去的道理可以看到鱼看到的是鸟本身位置正上方的虚像，所以在鸟飞离O点过程中鱼看到鸟离水平高度是增大的。
11．【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】AB.根据得，所以以入射光的频率为横坐标，金属钠的遏止电压为纵坐标，可以看到画出来是如图2的倾斜直线，直线与x轴的交点为为截止频率，所以截止频率，即入射光的最小频率，所以光源S发出的光波波长不能大于，并且根据我前面推导出来的方程可以知道倾斜直线的斜率，故AB错误；
C.触发报警系统时每秒钟产生的光电子电荷量至少为，所以触发报警系统时钠的表面每秒钟释放出的光电子数目为，故C正确；
D.当光源发出光的强度越大，被烟雾散射后进入光电管C的光就越多，发生光电效应后产生的光电流就就越大，就越容易触发报警系统，所以通过调节光源发光的强度来调整光电烟雾探测器的灵敏度是可行的，故D错误。
故答案为：C。
【分析】首先要利用推导出关于入射光频率v的关系式子得出倾斜直线与v轴的交点为即截止频率，利用截止频率计算出截止波长，利用推导出来的式子判断出倾斜直线的斜率为；注意要触发报警系统我们知道光电流至少为，所以得出光电效应每秒钟从光电管逸出来的光电子电荷量至少为，利用电荷量除以每个电子的电荷量就可以得出触发报警系统时钠表面每秒钟至少释放出的光电子数目；由于我们光电流较大时，会触发报警系统，所以通过调节广源达发出的光强度，使通过烟雾的光强也发生变化，从而使光电管发生光电效应产生的光电流大小也发生变化，所以通过调节光源发光的强度来调整光电烟雾探测器的灵敏度是可行的。
12．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】由于两卫星是反向运动，经过两卫星再次相遇，满足，又，代入有，得，由于卫星绕行星匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有，得，所以，得，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】注意本题考查了卫星相遇问题，当两个卫星相遇时，满足两个在相同的时间内转过的角度加起来等于360度，一个圆周，有，代入可以推出两个卫星角速度的关系，再利用万有引力提供向心力，推出角速度关于圆周半径r的表达式，得出，推导两者的半径比。
13．【答案】B
【知识点】简谐运动；电场强度的叠加
【解析】【解答】AB.由于正电荷在A点产生的场强方向水平向右，负电荷在A点产生的场强方向水平向左，并且正电荷产生的场强较大，所以，由于远小于l，所以，设B点与正点电荷连线与负电荷、正电荷连线之间的夹角为，根据场强的叠加原理，可以得到正电荷和负电荷在B点产生的合场强的方向水平向左，并且，有，同样由于d远远小于l，所以，所以看到A处的电场强度大小是B处的两倍的，故B正确，A错误；
C.假设在A点的的负电荷将做简谐振动，则O点为平衡位置，设该负电荷的电荷量为Q，根据此时负电荷受到的电场力方向向左，x为该点电荷距离原点的距离，，我们可以看前面的系数并不是常数，并不符合的关系，所以在A点由静止释放的负点电荷不是做简谐振动，故C错误；
D.由于B处的合场强方向水平向左，所以在B处静止释放一个正点电荷，它将受到水平向左的电场力向左运动，故D错误。
故答案为：B。
【分析】在求A点和B点的合场强时，关键是要分别求出正电荷和负电荷在此处所产生的场强，再根据平行四边形定则求出合场强进行计算；由于在A处的合场强水平向右，在A处放一个负点电荷，它受到水平向左的电场力将向左运动，并且求出它的电场力，我们看到它受到的电场力不符合的关系，所以它不是做简谐振动；在B处放一个正点电荷，由于此处的合场强方向水平向左，所以它将受到向左的电场力，向左运动。
14．【答案】C,D
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】AB. 从图2我们可以看到原线圈的输入电压为，所以在变压器是理想变压器的情况下，即线圈没有内阻，没有能量的损耗的话，副线圈的输出电压为，但是由于没有说变压器是理想变压器，所以副线圈的输出电压不一定等于20V，故AB错误；
C.由图知交变电流的周期，所以交流电的频率为，由于变压器不会改变交流电的频率，所以下线圈的电流频率也为50Hz，故C正确；
D.当滑片下移时，滑动变阻器接进电路的电阻变小，则副线圈所在电路的电流变大，原线圈所在电路的电流也变大，由于原线圈的输入电压不变，根据知原线圈即上线圈的输入功率也增大，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】本题考差了变压器的一些知识点，由图知输入电压最大值为，根据正弦交流电有效值跟最大值的关系可以求出原线圈的输入电压，再根据电压比等于匝数比，可知理想变压器副线圈的输出电压为20V，但是由于本题没有提及变压器是不是理想变压器，若不是理想变压器，则副线圈本身有内阻，则有内部电压，输出到副线圈的两端电压将小于20V；由图知T=0.02s，根据，知交流电的功率为50Hz，再根据变压器不会改变交流电的频率，所以下线圈电流频率也是50Hz；当滑片往下滑时，变阻器接入回路的电阻变小，则副线圈所在电路的电流变大，根据电流比等于匝数的反比，知道原线圈的输入电流也变大，所以根据P=UI知道原线圈的输入功率也变大。
15．【答案】A,C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】由于M、N、Q三个点时两波源连线中垂线上的点，由于中垂线上的点到波源的距离都相等，所以上面任何一点到两波源的距离之差等于0，所以这三点都是振动的加强点，振幅应该是A+A=2A，故M、N、Q的振动如图丙所示，由于R为PQ上的一点，根据图2可知R到两波源之差小于，则R点的波动图像是有可能如图甲所示的，振幅为A，如果要出现乙那样的波动图像，点到两波源的距离要等于半个波长的奇数倍。故AC正确，BD错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查了波的干涉，当某点到两波源的距离之差等于半个波长的偶数倍，则将出现波峰，如图的M、N、Q，如果点到两波源的距离之差等于半个波长的奇数倍，则将出现波谷，而R点到两波源的距离小于半个波长，则振动肯定不是2A，图甲是有可能的。
16．【答案】（1）0.50；0.29
（2）CD；0.510；0.12
（3）偏大；D
【知识点】验证机械能守恒定律；验证动量守恒定律；用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）根据匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的速度速度，知A点的瞬时速度，而A到B之间的距离，所以重力势能的减少量为。
故答案为：0.50m/s； 0.29J。
（2） ① 只要能验证碰撞过程中两个滑块组成的系统总动量守恒就好，对碰撞前后两滑块的具体运动情况不做要求，两个滑块可以是碰撞前A向静止的B运动过来，运动后两个滑块结合在一起，一起向右运动；也可以是碰撞有各自分开；也可以A滑块和B滑块相向运动，碰撞后两滑块结合在一起向某个方向运动，什么情况都可以，只要符合实际就好，故CD正确；
故答案为：CD。
② 50分度的游标卡尺，说明游标尺的精度为0.02mm。由于主尺上面的读数为5mm，游标尺对齐的读数为5，所以游标卡尺的读数为，注意游标卡尺不用估读，但计算时有多少写多少，即使尾数为0，也不能舍去；滑块A从左向右通过光电门1后与静止的滑块B碰撞，碰后粘合成一体通过光电门2，碰撞后滑块A、B的速度为，所以碰撞后两者的总动量为，注意结果保留两位有效数字。
故答案为：CD；0.510；0.12。
（3）①用单色光照射双缝后，在目镜中观察到如图所示的情形。 这种情形将会导致条纹之间的间距变大，根据知这种情况下测得的单色光波长也将变大。
故答案为：变大。
② 转动手轮的作用是使分划板向左(或向右)移动至分划板的中心刻线与条纹的中心对齐；旋转毛玻璃屏是为了产生漫反射，衍射图样更明显；左右拨动拨杆是为了调节单缝和双缝趋于平行；旋转遮光筒和测量头，才能使分划线与干涉条纹平行。
故答案为：D。
【分析】本题考查了三个实验。
（1）在验证机械能守恒定律”实验中，要测量纸带上某个点的瞬时速度，要根据匀变速直线运动在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度的方法去计算；要计算A点到B点重力势能的减少量首先要读出A点到B点下降的高度，再根据去计算。
（2） ①做“探究碰撞中的不变量”实验中，关于滑块A、B碰撞前后的运动情况如何，方案如何实际不做硬性要求，只要满足实际并且能使碰撞前后两者的总动量守恒就好；
② 对游标卡尺进行读数时，要看清楚它是多少分度，计算出它的精度，则游标卡尺的读数等于主尺的读数加上对齐格数乘以精度；从第一空已经求出遮光条d的长度，则根据瞬时速度是极短时间内的平均速度，可以计算出碰撞后A、B结合体过光电门的瞬时速度，再根据计算出碰撞后A、B结合体的总动量。
（3）①在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，如果是图中的情况，测出来的条纹之间的间距将偏大，根据知测得的波长也将偏大；
②图中的情况是分划线没有跟干涉条纹平行，所以只能旋转遮光筒和测量头，使分划线跟干涉条纹平行。
17．【答案】C
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】应用插针法测玻璃的折射率实验时，我们是在入射的方向上竖直地插上两枚大头针P1、P2，在玻璃砖另一侧透过玻璃砖观察大头针P1、P2的像，调整视线的方向直到P1的像被P2的像挡住；再在另一侧插上两枚大头针P3、P4，使P3能挡住P1、P2的像，P4能挡住P1、P2的像及P3本身，即实验本身能发生折射就好，对那些面不做要求，所以可以选A、C两面作为入射面跟出射面，也可以B、C两面作为入射面跟出射面，故C正确，AB错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查了“测量玻璃的折射率”实验中入射面跟出射面的选取，其实只要能发生折射就可以，我们都有办法利用插针法确定入射光线跟出射光线，所以对面的选择没有特别的要求。
18．【答案】（1）
（2）b
（3）2；因为两节干电池的内阻比较小，若开关S 应接在1，电流表相对电源采用内接法，误差来源于电流表的分压，电流表内阻对电池内阻的测量有较大影响；若开关S 应接在2，电流表相对电源采用外接法，误差来源于电压表的分流，由于电池内阻远小于电压表内阻，可知电压表内阻对电池内阻的测量影响较小。
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（2）当开关接在1处时，使用的是电流表外接法，可以把电流表看作是内电路的一部分，则此时电源的等效内阻，则此时滑动变阻器两端的电压即电压表的电压为路端电压，，则以I为横坐标，U为纵坐标，则画出来是一条倾斜向下的直线，并且斜率的绝对值；当开关接在2处时，使用的是电流表内接法，电压表测的刚好是路端电压，，以I为横坐标，U为纵坐标，画出来也是一条倾斜向下的直线，斜率绝对值，所以我们看到当开关接在1处时，倾斜直线的斜率绝对值比较大，我们看到b线的斜率绝对值为3.19，比较大，所以b线对应的是开关接在1处。
故答案为：b。
（3）根据现有器材分析并判断，实验时开关S 应接在2，因为如我上述的分析，如果开关接在1处，误差主要来源于电流表的分压作用，电流表相对于电源来说是内接的，等一下测出来的内阻实际是电源内阻跟电流表内阻的总和，所以由于电流表内阻相对于电源内阻无法忽略不计，误差比较大，所以不能选1，只有当开关接在2处，误差来源于电压表的分流作用，由于电压表的电阻相对于电池内阻很大很大，电压表的分流作用几乎可以忽略不计，误差比较小，所以答案选2。
故答案为：2；开关S 接在2，电流表相对电源采用外接法，误差来源于电压表的分流，由于电池内阻远小于电压表内阻，可知电压表内阻对电池内阻的测量影响较小。
【分析】（1）本题考查了测量电源电动势与内阻实验，图4中画出了U随I变化的两条倾斜直线，利用闭合回路的欧姆定律分别找出开关接1或者2时电压与电流的方程关系，找出两种情况下倾斜直线的斜率绝对值表示什么物理量，通过推导我们知道当开关接1时，倾斜直线的斜率绝对值为，当开关接2时，倾斜直线的斜率绝对值为，我们看到当开关接1时，倾斜直线斜率绝对值比较大，是b线；
（2）本实验要选择开关接在2的方案，因为接在2时，误差主要来源于电压表的分流作用，由于电压表的内阻很大很大，所以电压表的分流作用几乎可以忽略不计，误差比较小。
19．【答案】（1）解：根据题意，由图2可知，水银不浸润玻璃，插入过程中，温度不变，气体内能不变，把玻璃管压入水面过程中，气体压强变大，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体放热。
（2）解：根据题意可知，插入过程等温变化，则有
又有
解得
（3）解：根据题意，撤去 瞬间，由牛顿第二定律有
解得
【知识点】牛顿第二定律；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）从图2看到了形成了凸液面，说明水银不浸润玻璃；在玻璃管插入水银中的过程，由于 环境温度为常温且恒定，所以气体的内能不变，而由于把玻璃管压入水面过程中，气体压强变大，体积减小，外界对气体做功，根据，说明，气体要放热。
（2）在把玻璃管压入水里的过程，是一个等温变化，可以根据玻意耳定律列式并结合末状态气体的压强等于一个标准大气压强加h高度水银产生的压强，两式子联立就可以h的大小。
（3）原本在F的作用下，玻璃管处于平衡状态，现在撤去F后玻璃管的合力向上，现在对玻璃管的上表面受力分析，玻璃管受到内部气体对它向上的压力，大气对它竖直向下的压力并且本身的竖直向下的重力，根据牛顿第二定律列式就可以求出a的大小。
20．【答案】（1）解：滑块 、 相互作用动量守恒，弹性势能转化为 、 动能
（2）解：滑块 要到达 点，在 点速度要大于0，则 点的速度至少满足：
过半圆环轨道 的最小速度 大小为 ：
物体 在 点的最小速度为
（3）解：设物体 到达 点的速度为
斜抛运动满足
水平位移
得到
轨道位移
距离 点的水平位移
【知识点】竖直平面的圆周运动；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）在弹簧恢复原长的过程中，a滑块获得向左的速度，b滑块向右的速度，在这个过程中，a和b组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列式找出两者获得的速度大小关系，并且由于在弹簧恢复原长的过程中，a、b、弹簧三者组成的系统能量守恒，弹簧的弹性势能减少了转为a、b两者获得的动能，列能量守恒式子，结合找到的两者获得的速度大小关系，就可以求出a获得速度，之后a做匀速直线运动，运动到B点，对a滑块受力分析，知它受到竖直向上的支持力和竖直向下的重力，两者的合力竖直向上，两者的合力提供向心力，列出向心力公式代入a滑块在B点的速度就可以求出轨道对a滑块的支持力；
（2）要使a滑块能抛到EF水平轨道，说明a滑块离开D点时速度至少大于0，所以我们可以从C点到D点列动能定理，求出a滑块经过C点的速度至少要满足的条件，并且要看这个速度有没有大于隐含条件，即当圆弧轨道对a滑块在C点的弹力等于0时，a滑块在C点所对应的速度，结果有大于，我们就取使a滑块到达D点时速度大于0所对应的C点速度；
（3）如果固定b滑块，则在弹簧恢复原长的过程中，弹簧的弹性势能转化为a获得的动能，所以根据能量守恒式子列式就可以得到a滑块获得的速度，接着从B点到D点全程列动能定理结合a滑块在B点的速度就可以求出滑块来到D点的速度，注意在全程中只有重力做负功，当a滑块来到D点后，它要做斜抛运动，对它在D点的速度进行分解，分别求出水平分速度跟竖直分速度，由于a滑块在竖直方向上做匀减速直线运动，并且刚飞到水平轨道EF上竖直方向的末速度为0，已知竖直方向的初速度、末速度、加速度a=-g，我们可以列匀变速直线运动的速度公式求出a滑块在空中运动的时间t，再把时间t代入水平方向的匀速直线运动的位移公式，就可以求出D到E点的水平距离。a滑块飞上EF轨道后，由于水平方向上只受到摩擦力的作用，做匀减速直线运动直到末速度为0，由于求出了离开D点的水平分速度即为E点的初速度以及知道末速度为0，结合牛顿第二定律求出a和速度位移关系式就可以求出a滑块在水平轨道EF上继续滑行的距离。此距离加上前面求出的ED两点的水平距离就是a最终位置到D点的水平距离x。
21．【答案】（1）解：初始时刻，导体棒 的速度
则导体棒 切割磁感线产生的电动势为
整个回路的电阻
则导体棒 受到的安培力大小为为
（2）解：运动到最底端过程，导体棒 的电荷量 ：
（3）解：由动量定理可得
（4）解：设运动到最底端过程中，导体棒对 做功为 ，则由功能关系可得
【知识点】功能关系；冲量；动量与能量的其他综合应用；安培力的计算
【解析】【分析】（1）由于ab导体棒是由上面圆盘转动带动的，所以ab棒的瞬时速度大小等于圆盘的线速度大小，v=wr，ab导体棒向下做切割磁感线运动产生感应电动势，产生感应电流，根据左手定则可知ab导体棒受到竖直向上的安培力，画出等效电路图，我们看到2个3R并联再跟ab导体棒串联，所以可以求出回路的总电阻R总，再根据动生电动势求出ab导体棒切割磁感线运动产生的感应电动势结合闭合回路的欧姆定律就可以求出回路中产生的电流I，将I代入安培力公式就可以求出安培力的大小；
（2）注意在圆盘转过90度的过程中，ab导体棒下降了r的高度，根据电荷量的推导式，把总电阻代入就可以求出圆盘从初始时刻开始转过90°的过程中，通过ab的电荷量；
（3）注意在圆盘下降r高度即圆盘从初始时刻开始转过90°的过程中，ab导体棒受到竖直向下的重力，T形架对它向上的力，竖直向上的安培力，要求T形架对ab导体棒的冲量，只能对ab导体棒列动量定理，注意ab导体棒的初速度v=wr，末速度为0，列动量定理时，最后可以把里面安培力的冲量变为代入q的结果结合动量定理就可以求出此过程中T型架对ab的冲量I。
（4）要求圆盘从初始时刻开始转过90°的过程中，T型架对ab做的功，要对此过程列动能定理，要注意的是由于在此过程中ab导体棒受到的安培力是一个变力，但在此过程中电流对回路总电阻所做的功即为安培力做的功的大小，代入就可以求出安培力做的功再把它代入动能定理，就可以求出圆盘从初始时刻开始转过90°的过程中，T型架对ab做的功。
22．【答案】（1）解： 时刻，电子在电场中不偏转，直接进入磁场
电子打在收集板的位置离收集板顶端 的距离 处位置
（2）解：射入磁场的粒子速度为 ，它在磁场中圆弧对应的弦长 为
即只要射出磁场，粒子向下打到的点的距离恒等于 ，收集板上能被电子打到的区域长度也等于 ；
（3）解：粒子竖直方向的偏移量表达式为
电压为
则恰好射出对应 时候，对应的电压值
即
所以电流值为
（4）解：设不同速度 对应偏移量 时候对应的电压为
得出
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）时刻由于电容器两极间的电压等于0，所以板间没有电场，粒子进入极板间做匀速直线运动，没有发生偏转，当离开极板间时速度也为vo，粒子进入磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，列式可以求出半径的大小等于，所以根据几何关系可以求出粒子圆周运动后打在收集板上到O点的距离等于；
（2）首先找出一般情况，粒子从任意位置离开极板间，它进入磁场时设速度与水平方向的夹角为，画出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹图，根据几何关系找出粒子在磁场中圆周运动所对应的弦长，发现无论无论在哪个位置射入磁场，入射的速度多大，弦长通过变形等于d，为一个定值，所以打在收集板最下面的点为从极板的下边缘离开极板间进入磁场的情况，弦长也为d，说明收集板上能被电子打到的区域长度也为d；
（3）注意只要有电子打在收集板上，电流表就有电流，我们首先要求出当粒子刚好从极板间的下边缘飞出时极板间所加的电压，由于粒子在极板间是做类平抛运动，竖直方向上是做初速度为0的匀加速直线运动，求出竖直方向上的偏移量y跟所加电压的关系，利用去求，求出当电压最大时，竖直偏移量为，而我们电子从下边缘离开极板，偏移量为，所以电子从下边缘离开极板间时电压是最大电压的，而最大电压时S在单位时间内发射的电子数为n，说明此时单位时间内最终到达收集板的电子数为，而电流等于电荷量除以时间，所以电流表的示数等于。
（4）当电压为时，竖直方向的偏移量为，我们求出v不同的情况下当电子竖直方向的偏移量为所对应的电压U，我们可以得出U跟之间的关系，，所以要分两种情况，当时，即时，电流表示数为，若即时，。
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