浙江省A9协作体2023-2024学年高二下学期4月期中物理试题
1．（2024高二下·浙江期中）下列属于国际单位制中基本单位符号的是（ ）
A． B． C． D．℃
【答案】C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】ABD．速度的单位km/h，功和能的单位J，温度的单位℃，都不是国际单位中的基本单位，故ABD错误；
C．质量的单位kg，是国际单位制中的基本单位，故C正确。
故选C。
【分析】国际单位制（SI）中的基本单位及其符号如下：长度：米（m）质量：千克（kg）时间：秒（s）电流：安培（A）热力学温度：开尔文（K）物质的量：摩尔（mol）发光强度：坎德拉（cd）。
2．（2024高二下·浙江期中）根据环球网报道，1月29日中国空军八一飞行表演队7架歼-10表演机，由西北某机场起飞，赴沙特首都利雅得，参加第二届沙特国际防务展并进行表演。本次飞行任务最大亮点在“空中奶妈”运油-20加油机全程为任务编队进行空中加油。中国空军八一飞行表演队在本次飞行任务中创造了历史“首次”，使用运油-20加油机空中加油，可“一站直飞”沙特，再也不需要经国外机场加油。下列说法正确的是（ ）
A．研究加油问题时，运油20可视为质点
B．在加油过程中，运油20的惯性越来越小
C．在加油过程中，以运油20为参考系，歼10战机是运动的
D．运油20与歼10战机它们全程的平均速度一定相同
【答案】B
【知识点】质点；参考系与坐标系；惯性与质量；平均速度
【解析】【解答】A．空中加油的过程需要加油机和战机保持相同的飞行姿态，所以在研究加油问题时，运油20不可以视为质点，故A错误；
B．在加油过程中，运油20的总质量越来越小，所以其惯性也越来越小，故B正确；
C．在加油过程中，以运油20为参考系，歼10战机是静止不动的，故C错误；
D．运油20与歼10战机它们全程的平均速度不一定相同，故D错误。
故选B。
【分析】1、在加油过程中，运油20的总质量逐渐减少，因此其惯性也随之减小。这是因为惯性是物体保持其静止或匀速直线运动状态的能力，与物体的质量成正比。随着燃油的转移，运油20的质量减少，其惯性自然也会减小。
2、 在加油过程中，如果以运油20为参考系，歼10战机相对于运油20是静止的。这是因为两架飞机在空中加油时需要保持相同的飞行姿态和速度，以确保燃油能够安全、有效地转移。因此，从运油20的视角看，歼10战机似乎没有移动。
3、运油20与歼10战机在整个过程中的平均速度可能不同。虽然在空中加油时两架飞机需要保持相同的瞬时速度以确保加油操作的顺利进行，但整个飞行过程中的平均速度可能会受到多种因素的影响，如飞行路径、风速变化等。因此，它们的全程平均速度不一定相同。
3．（2024高二下·浙江期中）图甲为一种门后挂钩的照片，相邻挂钩之间的距离为，图乙中斜挎包的宽度约为。在斜挎包的质量一定、挂钩可视为光滑的条件下，下列措施使悬挂时背包带受力最大的是（ ）
A．随意挂在一个钩子上 B．使背包带跨过两个挂钩
C．使背包带跨过三个挂钩 D．使背包带跨过四个挂钩
【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】设悬挂后背包带与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得
解得背包带的拉力
在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最大，则cosθ最小，由于相邻挂钩之间的距离为7cm，图乙中斜挎包的宽度约为21cm，故使背包带随意挂在一个挂钩时最大，此时背包带受力最大。故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】斜挎包悬挂时，背包带的拉力F与重力mg 满足平衡条件2Fcosθ=mg，根据可知cosθ最小时使悬挂时背包带受力最大。
4．（2024高二下·浙江期中）火车启动的过程可以看做匀加速直线运动，火车启动后，站台上的某同学记录了火车尾部的运动位移和时间的比值随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．火车做初速度大小为，加速度大小为的匀加速直线运动
B．同学开始计时时，火车从静止开始已经运动了
C．火车在该内平均速度大小为
D．火车在该内位移大小为
【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据匀变速直线运动位移和时间的关系
可得
由此可知，在图像中，图像的纵截距为开始计时时的初速度，斜率为，所以
，，
故A错误；
B．开始计时，火车的速度达到，火车的初速为0，故此时的位移
故B错误；
CD．把代入
可得火车在的位移
其平均速度
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】1、根据匀变速直线运动位移和时间的关系式变形可得，结合图像得斜率和纵截距可求解火车做初速度大小以及加速度大小。
2、根据位移公式：可求解位移，再根据平均速度等于位移除以时间可求平均速度。
5．（2024高二下·浙江期中）2022年北京成功举办了第24届冬奥会，其中的跳台滑雪是一个极具观赏性的项目。如图甲所示为运动员跳台滑雪运动瞬间，运动过程示意图如图乙所示。运动员从助滑雪道上由静止开始滑下，到达点后水平飞出，落到滑道上的点，运动员在运动轨迹上的点时离轨道最远。设运动员从到与从到的运动时间分别为与（忽略空气阻力，运动员可视为质点），下列说法正确的是（ ）
A．
B．运动员在轨迹上的点时速度方向与轨道不平行
C．若运动员离开点的速度加倍，落在斜面上时，运动员的速度方向不变
D．若运动员离开点的速度加倍，则落在斜面上的点与的距离也加倍
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AB．以C点为原点，以CD为x轴，以CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图：
对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上拋运动，x轴方向做匀加速直线运动。当运动员速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上拋运动的对称性，知，故AB错误；
D．将初速度沿x、y方向分解为、，将加速度沿x、y方向分解为、，则运动员的运动时间为
落在斜面上的距离
离开C点的速度加倍，则、加倍，t加倍，由位移公式得s不是加倍关系，故D错误；
C．设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为，斜面的倾角为。则有
则得
一定，则一定，则知运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关，故C正确。
故选C。
【分析】1、对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上拋运动，x轴方向做匀加速直线运动。当运动员速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上拋运动的对称性可知时间相等。
2、根据可推出，斜面倾角一定，则运动员落在斜面上的速度方向一定。
6．（2024高二下·浙江期中）如图所示，水平地面上放置一滚筒洗衣机，某同学启动洗衣机甩干功能将一小毛线玩具甩干。某一时段内，玩具相对滚筒内壁静止，在竖直面内做匀速圆周运动。已知滚筒的内径为，重力加速度大小为，玩具的质量为且可视为质点。在该段时间内（ ）
A．洗衣机对地面的压力保持不变
B．洗衣机对地面的摩擦力保持不变
C．玩具在滚筒最高点的速度可能小于
D．玩具从最低点转到最高点摩擦力做功为
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．以洗衣机与毛绒玩具整体为研究对象，可知，由于玩具做匀速圆周运动，所以整体在竖直方向受到的合外力是周期性变化的，所以整体受到的支持力也做周期性的变化，所以洗衣机对地面的压力做周期性的变化，故A错误；
B．以洗衣机与毛绒玩具整体为研究对象，由于毛绒玩具做匀速圆周运动，所以整体在水平方向上受到的摩擦力做周期性的变化，不能保持不变，故B错误；
C．毛绒玩具竖直平面内做匀速圆周运动，为绳模型，则在最高点的速度
故C错误；
D．玩具从最低点转到最高点的过程中玩具做圆周运动，则滚筒内壁对玩具的支持力不做功，则根据动能定理有
则玩具从最低点转到最高点摩擦力做功为2mgr，故D正确。
故选D。
【分析】1、玩具在滚筒内做匀速圆周运动时，受到向心力作用。向心力由滚筒内壁对玩具的支持力和摩擦力的合力提供，由于支持力在运动过程中变化，洗衣机对地面的压力也会变化。
2、玩具在滚筒内做匀速圆周运动时，滚筒受到来自玩具的反作用力（支持力和摩擦力的反作用力）。由于支持力在运动过程中变化，滚筒对地面的摩擦力也会变化。
3、在最高点，玩具的速度 必须满足向心力不小于重力，否则玩具会脱离滚筒内壁。
4、玩具在滚筒内做匀速圆周运动时，滚筒内壁对玩具的支持力不做功，根据动能定理可求解玩具从最低点转到最高点摩擦力做功。
7．（2024高二下·浙江期中）如图所示，轨道1、3均是卫星绕地球做圆周运动的轨道，轨道2是一颗卫星绕地球做椭圆运动的轨道。轨道1与轨道2相切于点，轨道3与轨道2相切于点，为粗圆的长轴，三轨道和地心都在同一平面内。若三颗卫星的质量相等，则下列说法正确的是（ ）
A．卫星在轨道3上的机械能小于在轨道2上的机械能
B．若卫星在轨道1上的速率为，卫星在轨道2上A点时的速率为，则
C．若卫星在轨道1、3上的加速度大小分别为、，卫星在轨道2上A点时的加速度大小为，则
D．若卫星在轨道1、2、3上的周期大小分别为、、，则
【答案】B
【知识点】卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．卫星在轨道2经过B点做近心运动，卫星在轨道3上经过B点做匀速圆周运动，卫星在轨道3上的机械能大于在轨道2上的机械能，故A错误；
B．卫星在轨道1上做匀速圆周运动的速率为；卫星在轨道2上经过A点时的速率为时做离心运动，则
故B正确；
C．由
解得
卫星在轨道1、3上的加速度大小分别为、，由于
所以
卫星在轨道2上A点时的加速度大小为，则
则
故C错误；
D．若卫星在轨道1、2、3上的周期大小分别为、、，由开普勒第三定律
可得
故D错误。
故选B。
【分析】1、轨道1：卫星做匀速圆周运动，速率恒定。轨道2：卫星在B点做近心运动（即椭圆轨道的近地点），在A点做离心运动（即椭圆轨道的远地点）。轨道3：卫星在B点做匀速圆周运动，速率恒定。
2、卫星在轨道3上的机械能大于在轨道2上的机械能。这是因为轨道3的半径较大，势能较高，且卫星在轨道3上的速率较大，动能也较大。
3、当卫星的速率大于某一临界值时，它会做离心运动，进入更高的轨道。当卫星的速率小于某一临界值时，它会做向心运动，进入更低的轨道。
4、卫星在不同轨道上的机械能守恒，但动能和势能会相互转换。在椭圆轨道上，卫星在近地点时动能最大，势能最小；在远地点时动能最小，势能最大。
8．（2024高二下·浙江期中）利用智能手机的加速度传感器可直观显示手机的加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器后，手掌从静止开始上下运动。以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机（ ）
A．时刻速度最大 B．时刻运动方向发生改变
C．时间内处于失重状态 D．时刻对手的压力最小
【答案】D
【知识点】图象法；超重与失重
【解析】【解答】A．由图像可知时刻，加速度向上逐渐变大，速度逐渐增大，时刻加速度最大，而速度还在继续增大，A错误；
B．时刻加速度的方向发生变化，而运动方向没有发生改变，B错误；
C．时间内，加速度的方向依然向上，应处于超重状态，C错误；
D．加速度方向向下，处于失重状态，而时刻，加速度达到最大（反方向），根据牛顿第二定律
可知
此时，支持力F最小，而手受到的压力与手对手机的支持力是作用力与反作用力，故手受到的压力最小，D正确。
故选D。
【分析】1、加速度与速度的关系：加速度方向决定速度变化趋势。
2、超重与失重状态：加速度方向向上为超重，向下为失重。
3、由牛顿第二定律F=ma，分析支持力与加速度的关系。
4、图像分析：通过加速度-时间图像或速度-时间图像分析运动状态。
5、运动状态的判断：通过加速度方向判断加速、减速、超重、失重等状态。
6、最大加速度与最小支持力：加速度最大时，支持力最小。
9．（2024高二下·浙江期中）笔记本电脑机身和显示屏分别装有霍尔元件和磁体，实现开屏变亮，合屏熄灭.图乙为一块长、宽、高分别为a、b、c的霍尔元件，元件中导电粒子为自由电子.打开和合上显示屏时，霍尔元件中电流保持不变.当合上显示屏时，水平放置的霍尔元件处于竖直向下的匀强磁场中，前、后表面间产生电压，当电压达到到某一临界值时，屏幕自动熄灭.则（ ）
A．合屏过程中，前表面的电势比后表面的低
B．开屏过程中，元件前、后表面间的电压变大
C．开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关
D．若磁场变强，可能出现闭合屏幕时无法熄屏
【答案】C
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A．电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，故A错误；
B．开屏过程中，穿过霍尔元件的竖直方向的磁场减弱，元件前、后表面间的电压变小，故B错误；
C．由电子受力平衡可得
，
解得
开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关，故C正确；
D．若磁场变强，元件前、后表面间的电压变大，闭合屏幕时仍然能熄屏，故D错误。
故选C。
【分析】1、霍尔效应：当电流通过导体或半导体时，若同时存在垂直于电流方向的磁场，电荷载流子（如电子）会受到洛伦兹力作用，导致电荷在导体两侧积累，形成电势差（霍尔电压）。
左手定则的应用：判断洛伦兹力方向。在霍尔效应中，电子受到的洛伦兹力与电场力平衡时，电荷积累达到稳定状态，平衡条件：qvB=qE。开、合屏过程中，磁场变化导致霍尔电压变化，若磁场变强，霍尔电压变大，闭合屏幕时仍能熄屏。霍尔元件用于检测屏幕开合状态，磁场变化导致霍尔电压变化，从而实现熄屏功能。
10．（2024高二下·浙江期中）实验室有一个的变压器，如图甲所示，变压器上有、、、四个引出线头，且、引线比、引线粗。把该变压器接入如图乙所示电路中，变压器原线圈接入有效值为的正弦式交流电压，副线圈接有电阻、理想二极管和电阻。变压器可看成理想变压器，则下列说法正确的是（ ）
A．端接
B．理想变压器原、副线圈匝数比为
C．当最大值不变而频率降低时，的功率变小
D．上电压的有效值为
【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．理想变压器的输入功率等于输出功率，且为降压变压器，根据，可知，副线圈的电流更大，其电阻应小些，引线较粗，端接负载，故A错误；
B．根据理想变压器电压与匝数的关系
所以原、副线圈的匝数之比为
故B错误；
C．由于交流电的有效值与频率无关，最大值不变其有效值不变，所以的功率不变，故C错误；
D．由于二极管具有单向导电性，根据电流的热效应则有
解得电压的有效值为
故D正确。
故选D。
【分析】1、理想变压器的原理：输入功率等于输出功率，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比。
2、降压变压器的特点：副线圈电压低，电流大，电阻小，引线粗。
3、交流电的有效值与最大值：有效值与频率无关，仅与最大值有关。
4、二极管的单向导电性：整流作用，将交流电转换为脉动直流电。
5、电压有效值的计算：通过热效应计算有效值。
6、功率不变的条件：输入功率等于输出功率，有效值不变时功率不变。
11．（2024高二下·浙江期中）如图所示为一周期为T的理想振荡电路，已充电的平行板电容器两极板水平放置。电路中开关断开时，极板间有一带负电灰尘（图中未画出）恰好静止。若不计带电灰尘对电路的影响，不考虑灰尘碰到极板后的运动，重力加速度为。当电路中的开关闭合以后，则（ ）
A．在最初的时间内，电流方向为顺时针
B．灰尘将在两极板间做往复运动
C．灰尘加速度方向不可能向上
D．电场能最大时灰尘的加速度一定为零
【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】大小和方向都做周期性迅速变化的电流，叫作振荡电流，产生振荡电流的电路叫作振荡电路。由电感线圈L和电容C组成的电路，就是最简单的振荡电路，称为LC振荡电路。ABC．当开关断开时，带负电灰尘静止，则有
此时电场力向上，上极板带正电，电场能最大，极板间电场强度最大；
若开关闭合，在最初的时间内，电容器放电，电流方向为逆时针，电场能减小，极板间电场强度减小，则灰尘会向下极板运动；
振荡回路磁场能和电场周期性改变，根据对称性可知当电场方向和初始状态相反电场能最大时，电场力变为向下，和重力方向相同，灰尘的此时的加速度为2g，所以灰尘的加速度不可能向上，灰尘的加速度大于等于0，且一直向下，所以灰尘不会在两极板间做往复运动，故C正确，AB错误；
D．根据对称性可知当电场方向和初始状态相反电场能最大时，电场力向下，和重力方向相同，所以电场能最大时，灰尘的加速度不一定为零，故D错误。
故选C。
【分析】电路中开关断开时，极板间带负电灰尘恰好静止，由平衡条件判断灰尘受到的电场力方向，进而可知电容器极板带电情况，以及此时电场力与重力的关系。开关闭合后，在最初的 电容器放电，由此判断电流方向。
12．（2024高二下·浙江期中）“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示，一质量为的游客恰好静止在直径为的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为，游客受风面积（游客在垂直于风力方向的投影面积）为，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定。假设气流吹到人身上后速度变为零，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．气流速度大小为
B．单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为
C．若风速变为原来的，则游客开始运动时的加速度大小为
D．单位时间内风机做的功为
【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题主要考查了动量定理的应用，分析过程中涉及到了微元法的使用，解题技巧是：设出时间Δt，利用时间Δt构建方程，最后往往可以把Δt消掉。A．对时间内吹向游客的空气，设气体质量为，则
则风的动量变化为
以时间内吹向游客的空气为研究对象，由动量定理可得
由于游客处于静止状态，则
联立记得
A错误；
B．单位时间内流过风洞内横截面积的气体体积为
解得
B错误；
C．若风速为原来的，则风力为，则
由动量定理可知
根据牛顿第二定律可知
联立解得
C错误；
D．风洞单位时间流出的气体质量为
时间内风机做的功为
D正确。
故选D。
【分析】根据受力分析得出风对游客的力，结合动量定理计算出气流速度：根据体积公式计算出气体的体积，根据动能公式计算出风机做的功，同之前的分析得出新条件下游客的加速度。
13．（2024高二下·浙江期中）半圆形玻璃砖的横截面如图所示，点为圆心，为直径的垂线，足够大的光屏与直径垂直并接触于点。一束含两种不同频率的激光束沿半径方向射入圆心点，当入射光线与夹角，光屏上恰好出现两个光斑。则下列说法正确的是（ ）
A．光束有两种色光
B．频率较小的激光折射率
C．当角逐渐变大的过程中，光线产生的光斑逐渐变暗
D．若与垂直，则入射光线逆时针转动一个极小角度，两光斑向点移动相同的距离
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A. 由光路图可知，有一种光发生了全反射，可知光束有一种色光，OP光束有两种色光，故A错误；
B. 根据题意可知，入射角为时，折射率较大的色光恰好发生了全反射，根据
解得
光的频率大，折射率也大，所以可知频率较大的激光折射率为1.67，故B错误；
C. 当角逐渐变大的过程中，另一种没有发生全反射的光的折射光线逐渐减弱，反射光线逐渐增强，可知光线产生的光斑逐渐变亮，故C错误；
D. 若与垂直，则
设入射光线逆时针转动一个极小角度，折射光转过一个小角度，反射光线与折射光线分别照射到M点和T点，由正弦定理得
，
由折射定律得
解得
由几何关系得
则
则两光斑向点移动相同的距离，故D正确。
故选D。
【分析】1、不同频率的光在介质中的折射率不同，导致光的分离（如白光通过棱镜分解为七色光）。激光束含两种不同频率的光，说明光束有两种色光。
2、当光从光密介质射向光疏介质时，若入射角大于临界角，会发生全反射，根据计算折射率。
3、当角度变化极小时，可以近似认为光斑移动的距离与角度变化成正比。
14．（2024高二下·浙江期中）下列说法正确的是（ ）
A．可用金属铂制作温度传感器
B．可用干簧管制作压力传感器
C．可用金属电容器制作位移传感器
D．可用电阻应变片制作温度传感器
【答案】A,C
【知识点】生活中常见的传感器
【解析】【解答】A.金属铂的电阻值随温度变化而变化，铂电阻温度传感器精度高，稳定性好，应用温度范围广，故A符合题意；
B.干簧管是感知磁场的传感器，故B不符合题意；
C.金属电容式位移传感器的原理是电容器的两个电极相对位移时，其电容量随着变化，根据电容的变化量可以测出位移的大小和方向，所以可用金属电容器制作位移传感器，故C符合题意；
D.电阻应变片由电阻丝温度系数和电阻丝与被测件材料的膨胀系数的不同会产生温度误差，所以不可用电阻应变片制作温度传感器，故D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】金属铂做温度传感器、干簧管磁场传感器、电阻应变片不可用制作温度传感器、金属电容器制作位移传感器。
15．（2024高二下·浙江期中）一列简谐横波沿x轴传播，a、b为x轴上平衡位置相距6m的两质点，振动图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．在至时间内，质点a的路程比质点b的小
B．a、b两质点可能同时经过平衡位置
C．这列波的波长可能是24m
D．这列波的波速可能是
【答案】C,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据图像可知，在至时间内，质点a的平均速率大于质点b的平均速率，则质点a的路程大于b的路程，故A错误；
B．根据图像可知，两者间距为 或，所以不可能同时经过平衡位置，故B错误；
CD．当两者间距为时
波长为
波速
当n=0时，波长为24m，当两者间距为时
波长为
波速
当n=1时，波速为，故CD正确。
故选CD。
【分析】1、平均速率与路程的关系：平均速率越大，路程越大。
2、波动图像的分析：通过图像分析质点的间距、波长和波速。波速的计算：根据波长和周期计算波速。
3、质点间距与波长的关系：间距为半波长的奇数倍时，质点振动相位相反。质点间距为半波长奇数倍时，不会同时经过平衡位置。
16．（2024高二下·浙江期中）在“用单摆测量重力加速度”的实验中：
（1）用游标卡尺测量小球的直径d，测量情况如图所示，其读数为 ；
（2）在铁架台上固定单摆悬线的上端时，最佳方式是________（填选项字母）；
A． B．
（3）固定悬点后，测得悬点到摆球上端的细线长度为，完成次全振动的时间为，则重力加速度的表达式为 （用题中测得物理量的符号表示）；
（4）某同学查阅资料得知，课本上所给的单摆周期是初始摆角很小时的近似值，实际上初始摆角对理论周期有一定影响，与的关系图像如图所示。若实验时初始摆角达到，考虑初始摆角的影响，重力加速度的测量值会 （选填“偏大”“不变”或“偏小”）。
【答案】（1）15.4
（2）B
（3）
（4）偏小
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）游标卡尺读数为
（2）A图中摆球在摆动中摆长会发生变化，B图中摆线上端被夹子夹住，摆长固定，因此在铁架台上固定单摆悬线的上端时，最佳方式是B图。故选B。
（3）单摆周期为
由
可得重力加速度的表达式为
（4）若实验时初始摆角达到，考虑初始摆角的影响，由图可知
即
由
可知重力加速度的测量值会偏小。
【分析】（1）观察游标尺的“0刻度线”在主尺上的位置。读取主尺上“0刻度线”左侧最近的整毫米数，记为 主尺读数。观察游标尺上与主尺刻度对齐的刻度线，读取游标尺上对齐的刻度线数值，记为 游标尺读数。最终读数 = 主尺读数 + 游标尺读数。
（2）“用单摆测量重力加速度”的实验中，摆长要固定，不能改变摆长。
（3）完成n次全振动的时间为t，推出单摆周期为，根据周期公式可得重力加速度的表达式。
（4）根据分析实验误差。
（1）游标卡尺读数为
（2）A图中摆球在摆动中摆长会发生变化，B图中摆线上端被夹子夹住，摆长固定，因此在铁架台上固定单摆悬线的上端时，最佳方式是B图。
故选B。
（3）单摆周期为
由，可得重力加速度的表达式为
（4）若实验时初始摆角达到，考虑初始摆角的影响，由图可知
即
由，可知重力加速度的测量值会偏小。
17．（2024高二下·浙江期中）某次做实验的时候，实验员准备了以下器材，如图所示，用以下器材可做的实验有（ ）
A．探究小车速度随时间变化的规律
B．探究加速度与力、质量的关系
C．探究两个互成角度的力的合成规律
D．探究平抛运动的特点
【答案】A,B
【知识点】验证力的平行四边形定则；探究加速度与力、质量的关系；探究小车速度随时间变化的规律；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】AB．由电火花计时器、小车、带细线的小桶，长木板、砝码、钩码、刻度尺、纸带可以探究小车速度随时间变化的规律和探究加速度与力、质量的关系，故AB正确；
C．探究两个互成角度的力的合成规律需要弹簧秤、木板、橡皮套等器材，图中器材不具备，故C错误；
D．探究平抛运动的特点需要斜槽、两个等大质量不等的小球，故D错误。
故选AB。
【分析】1. 探究小车速度随时间变化的规律，实验器材：电火花计时器、小车、带细线的小桶、长木板、砝码、钩码、刻度尺、纸带。
2. 探究加速度与力、质量的关系，实验器材：电火花计时器、小车、带细线的小桶、长木板、砝码、钩码、刻度尺、纸带。
3、图中器材不具备探究两个互成角度的力的合成规律所需的弹簧秤、木板、橡皮套等器材。
4、探究平抛运动的特点需要使用斜槽和两个质量不等的小球，通过对比它们的运动轨迹，验证平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动。图中器材不具备这些条件，
18．（2024高二下·浙江期中）“探究加速度与力、质量的关系”实验装置如图所示。在实验中，测得小车连同车上砝码的总质量，从下列物体中选取合适的物体取代实验装置中的槽码，应选图中的（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】小车连同车上砝码的总质量
当槽码的质量远小于小车质量使可以近似认为小车受到的拉力等于槽码的重力，只有D选项中质量满足远小于小车质量，故物体D可以用来取代实验装置中的槽码。
故选D。
【分析】“探究加速度与力、质量的关系”实验中必须满足槽码的质量远小于小车质量。根据小车连同车上砝码的总质量选取合适的物体。
19．（2024高二下·浙江期中）在用气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验中。该实验装置如图所示，两滑块质量分别为、，两遮光条宽度均为d。现接通气源，将滑块A向右弹出，与静止的滑块B发生弹性碰撞，计时器获得三组挡光时间为、、。碰撞后滑块B对应挡光时间为 （选填“”“”或“”）。
【答案】
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】滑块A向右弹出，与静止的滑块B发生弹性碰撞，则有
，
解得
，
可知
则滑块B经过光电门时挡光时间最小，挡光时间为
。
【分析】根据弹性碰撞中动量守恒和机械能守恒列等式求解速度，再比较三个速度，根据速度大小推导挡光时间。
20．（2024高二下·浙江期中）下列实验探究与活动说法正确的是（ ）
A．如图甲所示，在“研究滑动摩擦力的大小”的实验探究中，必须将长木板匀速拉出
B．如图乙所示的实验探究中，敲击振片，A球做平抛运动而B球做自由落体，两球同时落地。该实验只做一次，是不能证明平抛运动在竖直方向做自由落体运动的
C．如图丙所示，在“研究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系”的实验探究中，采取的主要物理方法是理想实验法
D．如图丁所示的实验探究中，若干涉图样昏暗不清晰，可旋转手轮来进行调整
【答案】B
【知识点】用双缝干涉测光波的波长；滑动摩擦力与动摩擦因数；向心力
【解析】【解答】A.在该实验探究中，只要将长木板拉出即可，因为滑动摩擦力与运动状态无关，故A错误；
B.图乙实验应改变小球下落高度多次实验，如果不同高度A、B球都能同时落地，才能说明平抛运动在竖直方向做自由落体运动的，故B正确；
C.图丙实验采用控制变量法，故C错误；
D.使单缝与双缝平行，干涉条纹更加清晰明亮，则要增加条纹的宽度，根据公式
可知，增大双缝到屏的距离或减少双缝间的距离都可以增大条纹间距，所以需要左右移动拔杆，故D错误。
故选B。
【分析】1、滑动摩擦力：与接触面的粗糙程度和正压力有关，与运动状态（如速度）无关。
2、通过改变小球下落高度，验证平抛运动的竖直分运动为自由落体运动。
3、控制变量法：在实验中只改变一个变量，保持其他变量不变，以研究该变量对实验结果的影响，图丙实验采用控制变量法。
4、根据公式，通过增大双缝到屏的距离或减小双缝间距，可以增加干涉条纹的宽度。
21．（2024高二下·浙江期中）一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动。其v—t图像如图所示。已知汽车的质量为m=2×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则
(1)汽车在前5s内的牵引力为多少？
(2)汽车的最大速度为多少？
(3)当汽车速度为15m/s时，汽车的加速度为多少？
【答案】解：(1)根据图像可知：前5s内的加速度
所以根据牛顿第二定律
联立解得
(2)5秒末达到额定功率，根据功率方程
当牵引力等于阻力时，速度最大
(3)当汽车速度15m/s时，牵引力
根据牛顿第二定律得
代入数据解得
【知识点】机车启动
【解析】【分析】(1)利用图像斜率求解前5s内的加速度，再根据牛顿第二定律，联立求解汽车在前5s内的牵引力。
(2)5秒末达到额定功率，根据功率方程求功率，当牵引力等于阻力时，速度最大，根据
求汽车的最大速度。
(3)当汽车速度15m/s时，根据求解此时牵引力，根据牛顿第二定律得，求解此时汽车的加速度。
22．（2024高二下·浙江期中）某种弹射装置的结构如图所示，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以匀速运动。传送带的右边是一半径、位于竖直平面内的光滑圆轨道。质量的物块B从圆轨道的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数，传送带两轴之间的距离。设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止，取。求：
（1）物块B滑到圆轨道的最低点时对轨道的压力大小；
（2）物块B第一次经过传送带末端点时的速度；
（3）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
（4）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。
【答案】解：（1）设物块B下滑到最低点时的速度大小为，根据动能定理有
解得
物块B滑到最低点时受到的支持力大小为，则有
解得
由牛顿第三定律得，物块B对轨道的压力大小为
（2）设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为，则由牛顿第二定律得
设物块B通过传送带后运动速度大小为，则有
联立解得
由于
所以物块B的速度
（3）设物块A、B第一次碰撞后的速度大小分别为、，取向左为正方向，根据
，
解得
，
弹簧具有的最大弹性势能等于物块A的初动能
（4）碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为，由动能定理得
解得
所以物块B不能通过传送带运动到右边的光滑圆轨道上。当物块B在传送带上向右运动的速度为零后将会沿传送带向左加速运动。根据对称性可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为
继而与物块A发生第二次碰撞；设第一次碰撞到第二次碰撞之间，物块B在传送带上运动的时间为，由动量定理得
解得
设物块A、B第二次碰撞后的速度大小分别为、，取向左为正方向，根据
，
解得
同理，当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为
继而与物块A发生第三次碰撞。则第二次碰撞到第三次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为，由动量定理得
解得
同理计算可知，物块B与物块A第次碰撞后，物块B在传送带上运动的时间为
结合上述有
可知，当时，解得
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）物块B下滑到最低点时，根据动能定理列等式：，可求解最低点速度；根据牛顿第二定律列等式：，可求解物块B滑到最低点时受到的支持力大小，
由牛顿第三定律，可得物块B对轨道的压力大小。
（2）物块B在传送带上滑动过程中由牛顿第二定律列等式：
物块B通过传送带后运动列等式：，联立可求解物块B第一次经过传送带末端点时的速度。
（3）物块A、B第一次碰撞，根据动量守恒和机械能守恒列等式，，
，联立可求解碰后AB速度，弹簧具有的最大弹性势能等于物块A的初动能。
（4）碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，由动能定理列等式：，可求解物块B在传送带上向右运动的最大位移；物块B不能通过传送带运动到右边的光滑圆轨道上。当物块B在传送带上向右运动的速度为零后将会沿传送带向左加速运动。根据对称性可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小；继而与物块A发生第二次碰撞；设第一次碰撞到第二次碰撞之间，物块B在传送带上运动的时间为，由动量定理列等式
物块A、B第二次碰撞根据，，
当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小；继而与物块A发生第三次碰撞。则第二次碰撞到第三次碰撞之间，由动量定理列等式，同理计算可知，物块B与物块A第次碰撞后，物块B在传送带上运动的时间为，结合上述有。
23．（2024高二下·浙江期中）为了比较发电机与电动机的异同，物理老师设计了如图所示的装置，来帮助同学们理解发电机与电动机的工作原理。与水平面成角度的平行长直金属轨道，间距为，处在匀强磁场中，磁感应强度大小为，方向垂直轨道平面向上，质量为的金属导体棒垂直于轨道水平放在轨道上，与轨道接触良好，金属导体棒在轨道间电阻为，金属棒与轨道之间摩擦因数为。图中电源的电动势为、内阻为，定值电阻为。（取，，）
（1）闭合电键，断开电键，金属棒由静止释放，请判断感应电流方向。
（2）闭合电键，断开电键，金属棒由静止释放，求金属棒能到达的最大速度。
（3）闭合电键，断开电键，经过时间金属棒由静止到达最大速度，求此过程金属棒的运动距离。
（4）断开电键，闭合电键，金属棒从静止开始向上运动，求向上运动的最大速度。
【答案】解：（1）闭合电键，断开电键，金属棒由静止释放后切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则可判断电流方向由到。
（2）闭合电键，断开电键，金属棒由静止释放，金属棒能到达的最大速度时有
代入数值解得
（3）设在时间内的运动距离为，沿斜面向下为正方向，对杆有
解得
（4）断开电键，闭合电键，金属棒从静止开始向上运动
达最大速度时有
解得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属棒由静止释放后切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则可判断电流方向。
（2）金属棒由静止释放，金属棒能到达的最大速度时加速度为零，根据加速度为零列等式
，可求解金属棒能到达的最大速度。
（3）对杆由动量定理列等式，可求解此过程金属棒的运动距离。
（4）断开电键，闭合电键，金属棒从静止开始向上运动，达最大速度时加速度为零，列等式，可求解向上运动的最大速度。
24．（2024高二下·浙江期中）如图所示，在坐标系中，以为圆心、半径为的圆形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度；垂直于轴放置一个长为的粒子速度控制装置，其左端坐标为；进入的粒子会从进入点以相同的速率反方向回到磁场，不考虑粒子在速度控制装置中的运动时间及路程。在处放置与轴垂直，长为的收集板。收集板可垂直于轴上下移动，达到收集板上的粒子全部被收集并形成电流。在点放有一放射源，可在第一象限与第四象限内以相同的速率、均匀的以不同方向发射粒子。粒子的质量为，电量，射出时的初速度。不计粒子所受重力及粒子间的相互作用力，不考虑板的边缘效应。求：
（1）沿轴正方向射入的粒子第一次从磁场中射出的坐标？
（2）沿轴正方向射入的粒子在磁场中运动的总时间？
（3）粒子沿与轴正方向成角射入，最终射出磁场区域，试推导此过程的总路程与的关系式。
（4）垂直于轴上下移动收集板，电流表示数的最大值为，则发射源单位时间内射出的粒子个数为多少？
【答案】解：（1）由
解得
所以第一次从磁场射出的坐标为。
（2）由
可得
所以在磁场中运动总时间
（3）由
得
在无磁场区域
由上述两式子可得
（4）粒子要在x = 40cm出射，要使电流表示数最大，则粒子出射方向在第一、第四象限与轴夹角
，对应入射方向圆心角，挡板在单位时间接受到的粒子个数
得
个
所以放射源单位时间射出的粒子个数
得
个
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）由洛伦兹力提供向心力列等式：，可求解圆周半径，从而得出第一次从磁场射出的坐标。
（2）根据圆周周期公式以及圆心角可求解在磁场中运动总时间。
（3）由，在无磁场区域，联立可推导此过程的总路程与的关系式。
（4）粒子要在x = 40cm出射，要使电流表示数最大，则粒子出射方向在第一、第四象限与轴夹角
，对应入射方向圆心角，挡板在单位时间接受到的粒子个数，放射源单位时间射出的粒子个数。
1 / 1浙江省A9协作体2023-2024学年高二下学期4月期中物理试题
1．（2024高二下·浙江期中）下列属于国际单位制中基本单位符号的是（ ）
A． B． C． D．℃
2．（2024高二下·浙江期中）根据环球网报道，1月29日中国空军八一飞行表演队7架歼-10表演机，由西北某机场起飞，赴沙特首都利雅得，参加第二届沙特国际防务展并进行表演。本次飞行任务最大亮点在“空中奶妈”运油-20加油机全程为任务编队进行空中加油。中国空军八一飞行表演队在本次飞行任务中创造了历史“首次”，使用运油-20加油机空中加油，可“一站直飞”沙特，再也不需要经国外机场加油。下列说法正确的是（ ）
A．研究加油问题时，运油20可视为质点
B．在加油过程中，运油20的惯性越来越小
C．在加油过程中，以运油20为参考系，歼10战机是运动的
D．运油20与歼10战机它们全程的平均速度一定相同
3．（2024高二下·浙江期中）图甲为一种门后挂钩的照片，相邻挂钩之间的距离为，图乙中斜挎包的宽度约为。在斜挎包的质量一定、挂钩可视为光滑的条件下，下列措施使悬挂时背包带受力最大的是（ ）
A．随意挂在一个钩子上 B．使背包带跨过两个挂钩
C．使背包带跨过三个挂钩 D．使背包带跨过四个挂钩
4．（2024高二下·浙江期中）火车启动的过程可以看做匀加速直线运动，火车启动后，站台上的某同学记录了火车尾部的运动位移和时间的比值随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．火车做初速度大小为，加速度大小为的匀加速直线运动
B．同学开始计时时，火车从静止开始已经运动了
C．火车在该内平均速度大小为
D．火车在该内位移大小为
5．（2024高二下·浙江期中）2022年北京成功举办了第24届冬奥会，其中的跳台滑雪是一个极具观赏性的项目。如图甲所示为运动员跳台滑雪运动瞬间，运动过程示意图如图乙所示。运动员从助滑雪道上由静止开始滑下，到达点后水平飞出，落到滑道上的点，运动员在运动轨迹上的点时离轨道最远。设运动员从到与从到的运动时间分别为与（忽略空气阻力，运动员可视为质点），下列说法正确的是（ ）
A．
B．运动员在轨迹上的点时速度方向与轨道不平行
C．若运动员离开点的速度加倍，落在斜面上时，运动员的速度方向不变
D．若运动员离开点的速度加倍，则落在斜面上的点与的距离也加倍
6．（2024高二下·浙江期中）如图所示，水平地面上放置一滚筒洗衣机，某同学启动洗衣机甩干功能将一小毛线玩具甩干。某一时段内，玩具相对滚筒内壁静止，在竖直面内做匀速圆周运动。已知滚筒的内径为，重力加速度大小为，玩具的质量为且可视为质点。在该段时间内（ ）
A．洗衣机对地面的压力保持不变
B．洗衣机对地面的摩擦力保持不变
C．玩具在滚筒最高点的速度可能小于
D．玩具从最低点转到最高点摩擦力做功为
7．（2024高二下·浙江期中）如图所示，轨道1、3均是卫星绕地球做圆周运动的轨道，轨道2是一颗卫星绕地球做椭圆运动的轨道。轨道1与轨道2相切于点，轨道3与轨道2相切于点，为粗圆的长轴，三轨道和地心都在同一平面内。若三颗卫星的质量相等，则下列说法正确的是（ ）
A．卫星在轨道3上的机械能小于在轨道2上的机械能
B．若卫星在轨道1上的速率为，卫星在轨道2上A点时的速率为，则
C．若卫星在轨道1、3上的加速度大小分别为、，卫星在轨道2上A点时的加速度大小为，则
D．若卫星在轨道1、2、3上的周期大小分别为、、，则
8．（2024高二下·浙江期中）利用智能手机的加速度传感器可直观显示手机的加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器后，手掌从静止开始上下运动。以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机（ ）
A．时刻速度最大 B．时刻运动方向发生改变
C．时间内处于失重状态 D．时刻对手的压力最小
9．（2024高二下·浙江期中）笔记本电脑机身和显示屏分别装有霍尔元件和磁体，实现开屏变亮，合屏熄灭.图乙为一块长、宽、高分别为a、b、c的霍尔元件，元件中导电粒子为自由电子.打开和合上显示屏时，霍尔元件中电流保持不变.当合上显示屏时，水平放置的霍尔元件处于竖直向下的匀强磁场中，前、后表面间产生电压，当电压达到到某一临界值时，屏幕自动熄灭.则（ ）
A．合屏过程中，前表面的电势比后表面的低
B．开屏过程中，元件前、后表面间的电压变大
C．开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关
D．若磁场变强，可能出现闭合屏幕时无法熄屏
10．（2024高二下·浙江期中）实验室有一个的变压器，如图甲所示，变压器上有、、、四个引出线头，且、引线比、引线粗。把该变压器接入如图乙所示电路中，变压器原线圈接入有效值为的正弦式交流电压，副线圈接有电阻、理想二极管和电阻。变压器可看成理想变压器，则下列说法正确的是（ ）
A．端接
B．理想变压器原、副线圈匝数比为
C．当最大值不变而频率降低时，的功率变小
D．上电压的有效值为
11．（2024高二下·浙江期中）如图所示为一周期为T的理想振荡电路，已充电的平行板电容器两极板水平放置。电路中开关断开时，极板间有一带负电灰尘（图中未画出）恰好静止。若不计带电灰尘对电路的影响，不考虑灰尘碰到极板后的运动，重力加速度为。当电路中的开关闭合以后，则（ ）
A．在最初的时间内，电流方向为顺时针
B．灰尘将在两极板间做往复运动
C．灰尘加速度方向不可能向上
D．电场能最大时灰尘的加速度一定为零
12．（2024高二下·浙江期中）“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示，一质量为的游客恰好静止在直径为的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为，游客受风面积（游客在垂直于风力方向的投影面积）为，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定。假设气流吹到人身上后速度变为零，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．气流速度大小为
B．单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为
C．若风速变为原来的，则游客开始运动时的加速度大小为
D．单位时间内风机做的功为
13．（2024高二下·浙江期中）半圆形玻璃砖的横截面如图所示，点为圆心，为直径的垂线，足够大的光屏与直径垂直并接触于点。一束含两种不同频率的激光束沿半径方向射入圆心点，当入射光线与夹角，光屏上恰好出现两个光斑。则下列说法正确的是（ ）
A．光束有两种色光
B．频率较小的激光折射率
C．当角逐渐变大的过程中，光线产生的光斑逐渐变暗
D．若与垂直，则入射光线逆时针转动一个极小角度，两光斑向点移动相同的距离
14．（2024高二下·浙江期中）下列说法正确的是（ ）
A．可用金属铂制作温度传感器
B．可用干簧管制作压力传感器
C．可用金属电容器制作位移传感器
D．可用电阻应变片制作温度传感器
15．（2024高二下·浙江期中）一列简谐横波沿x轴传播，a、b为x轴上平衡位置相距6m的两质点，振动图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．在至时间内，质点a的路程比质点b的小
B．a、b两质点可能同时经过平衡位置
C．这列波的波长可能是24m
D．这列波的波速可能是
16．（2024高二下·浙江期中）在“用单摆测量重力加速度”的实验中：
（1）用游标卡尺测量小球的直径d，测量情况如图所示，其读数为 ；
（2）在铁架台上固定单摆悬线的上端时，最佳方式是________（填选项字母）；
A． B．
（3）固定悬点后，测得悬点到摆球上端的细线长度为，完成次全振动的时间为，则重力加速度的表达式为 （用题中测得物理量的符号表示）；
（4）某同学查阅资料得知，课本上所给的单摆周期是初始摆角很小时的近似值，实际上初始摆角对理论周期有一定影响，与的关系图像如图所示。若实验时初始摆角达到，考虑初始摆角的影响，重力加速度的测量值会 （选填“偏大”“不变”或“偏小”）。
17．（2024高二下·浙江期中）某次做实验的时候，实验员准备了以下器材，如图所示，用以下器材可做的实验有（ ）
A．探究小车速度随时间变化的规律
B．探究加速度与力、质量的关系
C．探究两个互成角度的力的合成规律
D．探究平抛运动的特点
18．（2024高二下·浙江期中）“探究加速度与力、质量的关系”实验装置如图所示。在实验中，测得小车连同车上砝码的总质量，从下列物体中选取合适的物体取代实验装置中的槽码，应选图中的（ ）
A． B． C． D．
19．（2024高二下·浙江期中）在用气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验中。该实验装置如图所示，两滑块质量分别为、，两遮光条宽度均为d。现接通气源，将滑块A向右弹出，与静止的滑块B发生弹性碰撞，计时器获得三组挡光时间为、、。碰撞后滑块B对应挡光时间为 （选填“”“”或“”）。
20．（2024高二下·浙江期中）下列实验探究与活动说法正确的是（ ）
A．如图甲所示，在“研究滑动摩擦力的大小”的实验探究中，必须将长木板匀速拉出
B．如图乙所示的实验探究中，敲击振片，A球做平抛运动而B球做自由落体，两球同时落地。该实验只做一次，是不能证明平抛运动在竖直方向做自由落体运动的
C．如图丙所示，在“研究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系”的实验探究中，采取的主要物理方法是理想实验法
D．如图丁所示的实验探究中，若干涉图样昏暗不清晰，可旋转手轮来进行调整
21．（2024高二下·浙江期中）一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动。其v—t图像如图所示。已知汽车的质量为m=2×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则
(1)汽车在前5s内的牵引力为多少？
(2)汽车的最大速度为多少？
(3)当汽车速度为15m/s时，汽车的加速度为多少？
22．（2024高二下·浙江期中）某种弹射装置的结构如图所示，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以匀速运动。传送带的右边是一半径、位于竖直平面内的光滑圆轨道。质量的物块B从圆轨道的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数，传送带两轴之间的距离。设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止，取。求：
（1）物块B滑到圆轨道的最低点时对轨道的压力大小；
（2）物块B第一次经过传送带末端点时的速度；
（3）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
（4）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。
23．（2024高二下·浙江期中）为了比较发电机与电动机的异同，物理老师设计了如图所示的装置，来帮助同学们理解发电机与电动机的工作原理。与水平面成角度的平行长直金属轨道，间距为，处在匀强磁场中，磁感应强度大小为，方向垂直轨道平面向上，质量为的金属导体棒垂直于轨道水平放在轨道上，与轨道接触良好，金属导体棒在轨道间电阻为，金属棒与轨道之间摩擦因数为。图中电源的电动势为、内阻为，定值电阻为。（取，，）
（1）闭合电键，断开电键，金属棒由静止释放，请判断感应电流方向。
（2）闭合电键，断开电键，金属棒由静止释放，求金属棒能到达的最大速度。
（3）闭合电键，断开电键，经过时间金属棒由静止到达最大速度，求此过程金属棒的运动距离。
（4）断开电键，闭合电键，金属棒从静止开始向上运动，求向上运动的最大速度。
24．（2024高二下·浙江期中）如图所示，在坐标系中，以为圆心、半径为的圆形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度；垂直于轴放置一个长为的粒子速度控制装置，其左端坐标为；进入的粒子会从进入点以相同的速率反方向回到磁场，不考虑粒子在速度控制装置中的运动时间及路程。在处放置与轴垂直，长为的收集板。收集板可垂直于轴上下移动，达到收集板上的粒子全部被收集并形成电流。在点放有一放射源，可在第一象限与第四象限内以相同的速率、均匀的以不同方向发射粒子。粒子的质量为，电量，射出时的初速度。不计粒子所受重力及粒子间的相互作用力，不考虑板的边缘效应。求：
（1）沿轴正方向射入的粒子第一次从磁场中射出的坐标？
（2）沿轴正方向射入的粒子在磁场中运动的总时间？
（3）粒子沿与轴正方向成角射入，最终射出磁场区域，试推导此过程的总路程与的关系式。
（4）垂直于轴上下移动收集板，电流表示数的最大值为，则发射源单位时间内射出的粒子个数为多少？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】ABD．速度的单位km/h，功和能的单位J，温度的单位℃，都不是国际单位中的基本单位，故ABD错误；
C．质量的单位kg，是国际单位制中的基本单位，故C正确。
故选C。
【分析】国际单位制（SI）中的基本单位及其符号如下：长度：米（m）质量：千克（kg）时间：秒（s）电流：安培（A）热力学温度：开尔文（K）物质的量：摩尔（mol）发光强度：坎德拉（cd）。
2．【答案】B
【知识点】质点；参考系与坐标系；惯性与质量；平均速度
【解析】【解答】A．空中加油的过程需要加油机和战机保持相同的飞行姿态，所以在研究加油问题时，运油20不可以视为质点，故A错误；
B．在加油过程中，运油20的总质量越来越小，所以其惯性也越来越小，故B正确；
C．在加油过程中，以运油20为参考系，歼10战机是静止不动的，故C错误；
D．运油20与歼10战机它们全程的平均速度不一定相同，故D错误。
故选B。
【分析】1、在加油过程中，运油20的总质量逐渐减少，因此其惯性也随之减小。这是因为惯性是物体保持其静止或匀速直线运动状态的能力，与物体的质量成正比。随着燃油的转移，运油20的质量减少，其惯性自然也会减小。
2、 在加油过程中，如果以运油20为参考系，歼10战机相对于运油20是静止的。这是因为两架飞机在空中加油时需要保持相同的飞行姿态和速度，以确保燃油能够安全、有效地转移。因此，从运油20的视角看，歼10战机似乎没有移动。
3、运油20与歼10战机在整个过程中的平均速度可能不同。虽然在空中加油时两架飞机需要保持相同的瞬时速度以确保加油操作的顺利进行，但整个飞行过程中的平均速度可能会受到多种因素的影响，如飞行路径、风速变化等。因此，它们的全程平均速度不一定相同。
3．【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】设悬挂后背包带与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得
解得背包带的拉力
在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最大，则cosθ最小，由于相邻挂钩之间的距离为7cm，图乙中斜挎包的宽度约为21cm，故使背包带随意挂在一个挂钩时最大，此时背包带受力最大。故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】斜挎包悬挂时，背包带的拉力F与重力mg 满足平衡条件2Fcosθ=mg，根据可知cosθ最小时使悬挂时背包带受力最大。
4．【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据匀变速直线运动位移和时间的关系
可得
由此可知，在图像中，图像的纵截距为开始计时时的初速度，斜率为，所以
，，
故A错误；
B．开始计时，火车的速度达到，火车的初速为0，故此时的位移
故B错误；
CD．把代入
可得火车在的位移
其平均速度
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】1、根据匀变速直线运动位移和时间的关系式变形可得，结合图像得斜率和纵截距可求解火车做初速度大小以及加速度大小。
2、根据位移公式：可求解位移，再根据平均速度等于位移除以时间可求平均速度。
5．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AB．以C点为原点，以CD为x轴，以CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图：
对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上拋运动，x轴方向做匀加速直线运动。当运动员速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上拋运动的对称性，知，故AB错误；
D．将初速度沿x、y方向分解为、，将加速度沿x、y方向分解为、，则运动员的运动时间为
落在斜面上的距离
离开C点的速度加倍，则、加倍，t加倍，由位移公式得s不是加倍关系，故D错误；
C．设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为，斜面的倾角为。则有
则得
一定，则一定，则知运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关，故C正确。
故选C。
【分析】1、对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上拋运动，x轴方向做匀加速直线运动。当运动员速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上拋运动的对称性可知时间相等。
2、根据可推出，斜面倾角一定，则运动员落在斜面上的速度方向一定。
6．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．以洗衣机与毛绒玩具整体为研究对象，可知，由于玩具做匀速圆周运动，所以整体在竖直方向受到的合外力是周期性变化的，所以整体受到的支持力也做周期性的变化，所以洗衣机对地面的压力做周期性的变化，故A错误；
B．以洗衣机与毛绒玩具整体为研究对象，由于毛绒玩具做匀速圆周运动，所以整体在水平方向上受到的摩擦力做周期性的变化，不能保持不变，故B错误；
C．毛绒玩具竖直平面内做匀速圆周运动，为绳模型，则在最高点的速度
故C错误；
D．玩具从最低点转到最高点的过程中玩具做圆周运动，则滚筒内壁对玩具的支持力不做功，则根据动能定理有
则玩具从最低点转到最高点摩擦力做功为2mgr，故D正确。
故选D。
【分析】1、玩具在滚筒内做匀速圆周运动时，受到向心力作用。向心力由滚筒内壁对玩具的支持力和摩擦力的合力提供，由于支持力在运动过程中变化，洗衣机对地面的压力也会变化。
2、玩具在滚筒内做匀速圆周运动时，滚筒受到来自玩具的反作用力（支持力和摩擦力的反作用力）。由于支持力在运动过程中变化，滚筒对地面的摩擦力也会变化。
3、在最高点，玩具的速度 必须满足向心力不小于重力，否则玩具会脱离滚筒内壁。
4、玩具在滚筒内做匀速圆周运动时，滚筒内壁对玩具的支持力不做功，根据动能定理可求解玩具从最低点转到最高点摩擦力做功。
7．【答案】B
【知识点】卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．卫星在轨道2经过B点做近心运动，卫星在轨道3上经过B点做匀速圆周运动，卫星在轨道3上的机械能大于在轨道2上的机械能，故A错误；
B．卫星在轨道1上做匀速圆周运动的速率为；卫星在轨道2上经过A点时的速率为时做离心运动，则
故B正确；
C．由
解得
卫星在轨道1、3上的加速度大小分别为、，由于
所以
卫星在轨道2上A点时的加速度大小为，则
则
故C错误；
D．若卫星在轨道1、2、3上的周期大小分别为、、，由开普勒第三定律
可得
故D错误。
故选B。
【分析】1、轨道1：卫星做匀速圆周运动，速率恒定。轨道2：卫星在B点做近心运动（即椭圆轨道的近地点），在A点做离心运动（即椭圆轨道的远地点）。轨道3：卫星在B点做匀速圆周运动，速率恒定。
2、卫星在轨道3上的机械能大于在轨道2上的机械能。这是因为轨道3的半径较大，势能较高，且卫星在轨道3上的速率较大，动能也较大。
3、当卫星的速率大于某一临界值时，它会做离心运动，进入更高的轨道。当卫星的速率小于某一临界值时，它会做向心运动，进入更低的轨道。
4、卫星在不同轨道上的机械能守恒，但动能和势能会相互转换。在椭圆轨道上，卫星在近地点时动能最大，势能最小；在远地点时动能最小，势能最大。
8．【答案】D
【知识点】图象法；超重与失重
【解析】【解答】A．由图像可知时刻，加速度向上逐渐变大，速度逐渐增大，时刻加速度最大，而速度还在继续增大，A错误；
B．时刻加速度的方向发生变化，而运动方向没有发生改变，B错误；
C．时间内，加速度的方向依然向上，应处于超重状态，C错误；
D．加速度方向向下，处于失重状态，而时刻，加速度达到最大（反方向），根据牛顿第二定律
可知
此时，支持力F最小，而手受到的压力与手对手机的支持力是作用力与反作用力，故手受到的压力最小，D正确。
故选D。
【分析】1、加速度与速度的关系：加速度方向决定速度变化趋势。
2、超重与失重状态：加速度方向向上为超重，向下为失重。
3、由牛顿第二定律F=ma，分析支持力与加速度的关系。
4、图像分析：通过加速度-时间图像或速度-时间图像分析运动状态。
5、运动状态的判断：通过加速度方向判断加速、减速、超重、失重等状态。
6、最大加速度与最小支持力：加速度最大时，支持力最小。
9．【答案】C
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A．电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，故A错误；
B．开屏过程中，穿过霍尔元件的竖直方向的磁场减弱，元件前、后表面间的电压变小，故B错误；
C．由电子受力平衡可得
，
解得
开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关，故C正确；
D．若磁场变强，元件前、后表面间的电压变大，闭合屏幕时仍然能熄屏，故D错误。
故选C。
【分析】1、霍尔效应：当电流通过导体或半导体时，若同时存在垂直于电流方向的磁场，电荷载流子（如电子）会受到洛伦兹力作用，导致电荷在导体两侧积累，形成电势差（霍尔电压）。
左手定则的应用：判断洛伦兹力方向。在霍尔效应中，电子受到的洛伦兹力与电场力平衡时，电荷积累达到稳定状态，平衡条件：qvB=qE。开、合屏过程中，磁场变化导致霍尔电压变化，若磁场变强，霍尔电压变大，闭合屏幕时仍能熄屏。霍尔元件用于检测屏幕开合状态，磁场变化导致霍尔电压变化，从而实现熄屏功能。
10．【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．理想变压器的输入功率等于输出功率，且为降压变压器，根据，可知，副线圈的电流更大，其电阻应小些，引线较粗，端接负载，故A错误；
B．根据理想变压器电压与匝数的关系
所以原、副线圈的匝数之比为
故B错误；
C．由于交流电的有效值与频率无关，最大值不变其有效值不变，所以的功率不变，故C错误；
D．由于二极管具有单向导电性，根据电流的热效应则有
解得电压的有效值为
故D正确。
故选D。
【分析】1、理想变压器的原理：输入功率等于输出功率，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比。
2、降压变压器的特点：副线圈电压低，电流大，电阻小，引线粗。
3、交流电的有效值与最大值：有效值与频率无关，仅与最大值有关。
4、二极管的单向导电性：整流作用，将交流电转换为脉动直流电。
5、电压有效值的计算：通过热效应计算有效值。
6、功率不变的条件：输入功率等于输出功率，有效值不变时功率不变。
11．【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】大小和方向都做周期性迅速变化的电流，叫作振荡电流，产生振荡电流的电路叫作振荡电路。由电感线圈L和电容C组成的电路，就是最简单的振荡电路，称为LC振荡电路。ABC．当开关断开时，带负电灰尘静止，则有
此时电场力向上，上极板带正电，电场能最大，极板间电场强度最大；
若开关闭合，在最初的时间内，电容器放电，电流方向为逆时针，电场能减小，极板间电场强度减小，则灰尘会向下极板运动；
振荡回路磁场能和电场周期性改变，根据对称性可知当电场方向和初始状态相反电场能最大时，电场力变为向下，和重力方向相同，灰尘的此时的加速度为2g，所以灰尘的加速度不可能向上，灰尘的加速度大于等于0，且一直向下，所以灰尘不会在两极板间做往复运动，故C正确，AB错误；
D．根据对称性可知当电场方向和初始状态相反电场能最大时，电场力向下，和重力方向相同，所以电场能最大时，灰尘的加速度不一定为零，故D错误。
故选C。
【分析】电路中开关断开时，极板间带负电灰尘恰好静止，由平衡条件判断灰尘受到的电场力方向，进而可知电容器极板带电情况，以及此时电场力与重力的关系。开关闭合后，在最初的 电容器放电，由此判断电流方向。
12．【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题主要考查了动量定理的应用，分析过程中涉及到了微元法的使用，解题技巧是：设出时间Δt，利用时间Δt构建方程，最后往往可以把Δt消掉。A．对时间内吹向游客的空气，设气体质量为，则
则风的动量变化为
以时间内吹向游客的空气为研究对象，由动量定理可得
由于游客处于静止状态，则
联立记得
A错误；
B．单位时间内流过风洞内横截面积的气体体积为
解得
B错误；
C．若风速为原来的，则风力为，则
由动量定理可知
根据牛顿第二定律可知
联立解得
C错误；
D．风洞单位时间流出的气体质量为
时间内风机做的功为
D正确。
故选D。
【分析】根据受力分析得出风对游客的力，结合动量定理计算出气流速度：根据体积公式计算出气体的体积，根据动能公式计算出风机做的功，同之前的分析得出新条件下游客的加速度。
13．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A. 由光路图可知，有一种光发生了全反射，可知光束有一种色光，OP光束有两种色光，故A错误；
B. 根据题意可知，入射角为时，折射率较大的色光恰好发生了全反射，根据
解得
光的频率大，折射率也大，所以可知频率较大的激光折射率为1.67，故B错误；
C. 当角逐渐变大的过程中，另一种没有发生全反射的光的折射光线逐渐减弱，反射光线逐渐增强，可知光线产生的光斑逐渐变亮，故C错误；
D. 若与垂直，则
设入射光线逆时针转动一个极小角度，折射光转过一个小角度，反射光线与折射光线分别照射到M点和T点，由正弦定理得
，
由折射定律得
解得
由几何关系得
则
则两光斑向点移动相同的距离，故D正确。
故选D。
【分析】1、不同频率的光在介质中的折射率不同，导致光的分离（如白光通过棱镜分解为七色光）。激光束含两种不同频率的光，说明光束有两种色光。
2、当光从光密介质射向光疏介质时，若入射角大于临界角，会发生全反射，根据计算折射率。
3、当角度变化极小时，可以近似认为光斑移动的距离与角度变化成正比。
14．【答案】A,C
【知识点】生活中常见的传感器
【解析】【解答】A.金属铂的电阻值随温度变化而变化，铂电阻温度传感器精度高，稳定性好，应用温度范围广，故A符合题意；
B.干簧管是感知磁场的传感器，故B不符合题意；
C.金属电容式位移传感器的原理是电容器的两个电极相对位移时，其电容量随着变化，根据电容的变化量可以测出位移的大小和方向，所以可用金属电容器制作位移传感器，故C符合题意；
D.电阻应变片由电阻丝温度系数和电阻丝与被测件材料的膨胀系数的不同会产生温度误差，所以不可用电阻应变片制作温度传感器，故D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】金属铂做温度传感器、干簧管磁场传感器、电阻应变片不可用制作温度传感器、金属电容器制作位移传感器。
15．【答案】C,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据图像可知，在至时间内，质点a的平均速率大于质点b的平均速率，则质点a的路程大于b的路程，故A错误；
B．根据图像可知，两者间距为 或，所以不可能同时经过平衡位置，故B错误；
CD．当两者间距为时
波长为
波速
当n=0时，波长为24m，当两者间距为时
波长为
波速
当n=1时，波速为，故CD正确。
故选CD。
【分析】1、平均速率与路程的关系：平均速率越大，路程越大。
2、波动图像的分析：通过图像分析质点的间距、波长和波速。波速的计算：根据波长和周期计算波速。
3、质点间距与波长的关系：间距为半波长的奇数倍时，质点振动相位相反。质点间距为半波长奇数倍时，不会同时经过平衡位置。
16．【答案】（1）15.4
（2）B
（3）
（4）偏小
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）游标卡尺读数为
（2）A图中摆球在摆动中摆长会发生变化，B图中摆线上端被夹子夹住，摆长固定，因此在铁架台上固定单摆悬线的上端时，最佳方式是B图。故选B。
（3）单摆周期为
由
可得重力加速度的表达式为
（4）若实验时初始摆角达到，考虑初始摆角的影响，由图可知
即
由
可知重力加速度的测量值会偏小。
【分析】（1）观察游标尺的“0刻度线”在主尺上的位置。读取主尺上“0刻度线”左侧最近的整毫米数，记为 主尺读数。观察游标尺上与主尺刻度对齐的刻度线，读取游标尺上对齐的刻度线数值，记为 游标尺读数。最终读数 = 主尺读数 + 游标尺读数。
（2）“用单摆测量重力加速度”的实验中，摆长要固定，不能改变摆长。
（3）完成n次全振动的时间为t，推出单摆周期为，根据周期公式可得重力加速度的表达式。
（4）根据分析实验误差。
（1）游标卡尺读数为
（2）A图中摆球在摆动中摆长会发生变化，B图中摆线上端被夹子夹住，摆长固定，因此在铁架台上固定单摆悬线的上端时，最佳方式是B图。
故选B。
（3）单摆周期为
由，可得重力加速度的表达式为
（4）若实验时初始摆角达到，考虑初始摆角的影响，由图可知
即
由，可知重力加速度的测量值会偏小。
17．【答案】A,B
【知识点】验证力的平行四边形定则；探究加速度与力、质量的关系；探究小车速度随时间变化的规律；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】AB．由电火花计时器、小车、带细线的小桶，长木板、砝码、钩码、刻度尺、纸带可以探究小车速度随时间变化的规律和探究加速度与力、质量的关系，故AB正确；
C．探究两个互成角度的力的合成规律需要弹簧秤、木板、橡皮套等器材，图中器材不具备，故C错误；
D．探究平抛运动的特点需要斜槽、两个等大质量不等的小球，故D错误。
故选AB。
【分析】1. 探究小车速度随时间变化的规律，实验器材：电火花计时器、小车、带细线的小桶、长木板、砝码、钩码、刻度尺、纸带。
2. 探究加速度与力、质量的关系，实验器材：电火花计时器、小车、带细线的小桶、长木板、砝码、钩码、刻度尺、纸带。
3、图中器材不具备探究两个互成角度的力的合成规律所需的弹簧秤、木板、橡皮套等器材。
4、探究平抛运动的特点需要使用斜槽和两个质量不等的小球，通过对比它们的运动轨迹，验证平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动。图中器材不具备这些条件，
18．【答案】D
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】小车连同车上砝码的总质量
当槽码的质量远小于小车质量使可以近似认为小车受到的拉力等于槽码的重力，只有D选项中质量满足远小于小车质量，故物体D可以用来取代实验装置中的槽码。
故选D。
【分析】“探究加速度与力、质量的关系”实验中必须满足槽码的质量远小于小车质量。根据小车连同车上砝码的总质量选取合适的物体。
19．【答案】
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】滑块A向右弹出，与静止的滑块B发生弹性碰撞，则有
，
解得
，
可知
则滑块B经过光电门时挡光时间最小，挡光时间为
。
【分析】根据弹性碰撞中动量守恒和机械能守恒列等式求解速度，再比较三个速度，根据速度大小推导挡光时间。
20．【答案】B
【知识点】用双缝干涉测光波的波长；滑动摩擦力与动摩擦因数；向心力
【解析】【解答】A.在该实验探究中，只要将长木板拉出即可，因为滑动摩擦力与运动状态无关，故A错误；
B.图乙实验应改变小球下落高度多次实验，如果不同高度A、B球都能同时落地，才能说明平抛运动在竖直方向做自由落体运动的，故B正确；
C.图丙实验采用控制变量法，故C错误；
D.使单缝与双缝平行，干涉条纹更加清晰明亮，则要增加条纹的宽度，根据公式
可知，增大双缝到屏的距离或减少双缝间的距离都可以增大条纹间距，所以需要左右移动拔杆，故D错误。
故选B。
【分析】1、滑动摩擦力：与接触面的粗糙程度和正压力有关，与运动状态（如速度）无关。
2、通过改变小球下落高度，验证平抛运动的竖直分运动为自由落体运动。
3、控制变量法：在实验中只改变一个变量，保持其他变量不变，以研究该变量对实验结果的影响，图丙实验采用控制变量法。
4、根据公式，通过增大双缝到屏的距离或减小双缝间距，可以增加干涉条纹的宽度。
21．【答案】解：(1)根据图像可知：前5s内的加速度
所以根据牛顿第二定律
联立解得
(2)5秒末达到额定功率，根据功率方程
当牵引力等于阻力时，速度最大
(3)当汽车速度15m/s时，牵引力
根据牛顿第二定律得
代入数据解得
【知识点】机车启动
【解析】【分析】(1)利用图像斜率求解前5s内的加速度，再根据牛顿第二定律，联立求解汽车在前5s内的牵引力。
(2)5秒末达到额定功率，根据功率方程求功率，当牵引力等于阻力时，速度最大，根据
求汽车的最大速度。
(3)当汽车速度15m/s时，根据求解此时牵引力，根据牛顿第二定律得，求解此时汽车的加速度。
22．【答案】解：（1）设物块B下滑到最低点时的速度大小为，根据动能定理有
解得
物块B滑到最低点时受到的支持力大小为，则有
解得
由牛顿第三定律得，物块B对轨道的压力大小为
（2）设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为，则由牛顿第二定律得
设物块B通过传送带后运动速度大小为，则有
联立解得
由于
所以物块B的速度
（3）设物块A、B第一次碰撞后的速度大小分别为、，取向左为正方向，根据
，
解得
，
弹簧具有的最大弹性势能等于物块A的初动能
（4）碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为，由动能定理得
解得
所以物块B不能通过传送带运动到右边的光滑圆轨道上。当物块B在传送带上向右运动的速度为零后将会沿传送带向左加速运动。根据对称性可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为
继而与物块A发生第二次碰撞；设第一次碰撞到第二次碰撞之间，物块B在传送带上运动的时间为，由动量定理得
解得
设物块A、B第二次碰撞后的速度大小分别为、，取向左为正方向，根据
，
解得
同理，当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为
继而与物块A发生第三次碰撞。则第二次碰撞到第三次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为，由动量定理得
解得
同理计算可知，物块B与物块A第次碰撞后，物块B在传送带上运动的时间为
结合上述有
可知，当时，解得
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）物块B下滑到最低点时，根据动能定理列等式：，可求解最低点速度；根据牛顿第二定律列等式：，可求解物块B滑到最低点时受到的支持力大小，
由牛顿第三定律，可得物块B对轨道的压力大小。
（2）物块B在传送带上滑动过程中由牛顿第二定律列等式：
物块B通过传送带后运动列等式：，联立可求解物块B第一次经过传送带末端点时的速度。
（3）物块A、B第一次碰撞，根据动量守恒和机械能守恒列等式，，
，联立可求解碰后AB速度，弹簧具有的最大弹性势能等于物块A的初动能。
（4）碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，由动能定理列等式：，可求解物块B在传送带上向右运动的最大位移；物块B不能通过传送带运动到右边的光滑圆轨道上。当物块B在传送带上向右运动的速度为零后将会沿传送带向左加速运动。根据对称性可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小；继而与物块A发生第二次碰撞；设第一次碰撞到第二次碰撞之间，物块B在传送带上运动的时间为，由动量定理列等式
物块A、B第二次碰撞根据，，
当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小；继而与物块A发生第三次碰撞。则第二次碰撞到第三次碰撞之间，由动量定理列等式，同理计算可知，物块B与物块A第次碰撞后，物块B在传送带上运动的时间为，结合上述有。
23．【答案】解：（1）闭合电键，断开电键，金属棒由静止释放后切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则可判断电流方向由到。
（2）闭合电键，断开电键，金属棒由静止释放，金属棒能到达的最大速度时有
代入数值解得
（3）设在时间内的运动距离为，沿斜面向下为正方向，对杆有
解得
（4）断开电键，闭合电键，金属棒从静止开始向上运动
达最大速度时有
解得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属棒由静止释放后切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则可判断电流方向。
（2）金属棒由静止释放，金属棒能到达的最大速度时加速度为零，根据加速度为零列等式
，可求解金属棒能到达的最大速度。
（3）对杆由动量定理列等式，可求解此过程金属棒的运动距离。
（4）断开电键，闭合电键，金属棒从静止开始向上运动，达最大速度时加速度为零，列等式，可求解向上运动的最大速度。
24．【答案】解：（1）由
解得
所以第一次从磁场射出的坐标为。
（2）由
可得
所以在磁场中运动总时间
（3）由
得
在无磁场区域
由上述两式子可得
（4）粒子要在x = 40cm出射，要使电流表示数最大，则粒子出射方向在第一、第四象限与轴夹角
，对应入射方向圆心角，挡板在单位时间接受到的粒子个数
得
个
所以放射源单位时间射出的粒子个数
得
个
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）由洛伦兹力提供向心力列等式：，可求解圆周半径，从而得出第一次从磁场射出的坐标。
（2）根据圆周周期公式以及圆心角可求解在磁场中运动总时间。
（3）由，在无磁场区域，联立可推导此过程的总路程与的关系式。
（4）粒子要在x = 40cm出射，要使电流表示数最大，则粒子出射方向在第一、第四象限与轴夹角
，对应入射方向圆心角，挡板在单位时间接受到的粒子个数，放射源单位时间射出的粒子个数。
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