浙江省普通高校2024年1月招生选考科目考试物理试题
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2024·浙江高考） 下列属于国际单位制基本单位符号的是（ ）
A．s B．N C．F D．T
【答案】A
【知识点】单位制
【解析】【解答】国际单位制中的力学上的三个基本物理量分别是质量，时间和长度，对应的单位符号分别为kg，s，m，则A正确。
故答案为：A
【分析】国际单位制中的力学上的三个基本物理量分别是质量，时间和长度，对应的单位符号分别为kg，s，m
2．（2024·浙江高考） 杭州亚运会顺利举行，如图所示为运动会中的四个比赛场景。在下列研究中可将运动员视为质点的是（ ）
A．研究甲图运动员的入水动作
B．研究乙图运动员的空中转体姿态
C．研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度
D．研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作
【答案】C
【知识点】质点
【解析】【解答】A、 研究甲图运动员的入水动作不可以将运动员看做质点，A错误。
B、 研究乙图运动员的空中转体姿态，不可以将运动员看做质点，B错误。
C、研究丙图中运动员在百米比赛中的平均速度，可以将运动员看做质点，C正确。
D、研究 丁图运动员通过某个攀岩支点的动作 ，不可以将运动员看做质点，D错误。
故答案为：C
【分析】物体的形状和大小对所研究的问题没有影响或影响不大时，可以将这个物体看做质点。
3．（2024·浙江高考） 如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球（ ）
A．从1到2动能减少 B．从1到2重力势能增加
C．从2到3动能增加 D．从2到3机械能不变
【答案】B
【知识点】动能；重力势能
【解析】【解答】A、 从1到2的过程中除重力做功外，还存在空气阻力做功，则无法计算从1到2过程中足球的动能变化量，A错误。
B、从1到2过程中克服重力做功为 ，则重力势能增加了，B正确。
C、从2到3过程中重力做功为，空气阻力还做了一部分负功，则从2到3过程动能增加量小于，C错误。
D、由图可知足球运动过程中除受重力外还存在空气阻力，则机械能不守恒，D错误。
故答案为：B
【分析】由图可知，若不存在空气阻力则足球在上升和下降过程中的水平位移相同，故足球运动过程中存在空气阻力，再根据动能定理和功能关系计算动能和重力势能的变化情况。
4．（2024·浙江高考） 磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是（ ）
A．图示左侧通电导线受到安培力向下
B．a、b两点的磁感应强度相同
C．圆柱内的磁感应强度处处为零
D．c、d两点的磁感应强度大小相等
【答案】A
【知识点】磁电式电流表
【解析】【解答】A、由左手定则可知，图示左侧通电导线所受的安培力向下，A正确。
B、a，b两点磁感应强度大小相等，方向不同，B错误。
C、圆柱体内部虽然没有没有画出磁感线，但内部磁感应强度并不为零，C错误。
D、 由磁感线疏密可知，c点磁感应强度大于d点磁感应强度，D错误。
故答案为：A
【分析】由磁感线的疏密和方向判断a，b，c，d四个点的磁感应强度大小和方向，再由左手定则判断左侧通电导线所受的安培力情况。
5．（2024·浙江高考） 如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出的交流电，经原、副线圈匝数分别为和的变压器升压至峰值大于，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火。下列正确的是（ ）
A．
B．
C．用电压表测原线圈两端电压，示数为
D．副线圈输出交流电压的频率是
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB、由变压器的原理可知
代入数据解得
若使输出电压大于10kv，则
A错误，B正确。
C、电压表测量的是原线圈电压的有效值，则示数为
C错误。
D、变压器智能改变电压的大小，不改变电压的频率，则输出电压的频率为
D错误。
故答案为：B
【分析】根据变压器原副线圈匝数之比等于两端电压之比计算原副线圈匝数之比，电压表示数显示的是交变电流的有效值而不是最大值。
6．（2024·浙江高考） 如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为，细线c、d平行且与水平成（不计摩擦），则细线a、b的拉力分别为（ ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】D
【知识点】力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】对A，B两球整体进行受力分析，根据平衡条件可知
代入数据解得
对A进行受力分析，b的拉力等于c的拉力与A重力的合力，由平行四边形定则可知细线c的拉力与A重力的合力大小为0.5N，则
故D正确。
故答案为：D
【分析】对A和B整体进行受力分析，根据平衡条件计算细线a的拉力大小；再对A球进行受力分析，根据平行四边形定则计算细线b拉力的大小。
7．（2024·浙江高考） 已知氘核质量为，氚核质量为，氦核质量为，中子质量为，阿伏加德罗常数取，氘核摩尔质量为，相当于。关于氘与氚聚变成氦，下列说法正确的是（ ）
A．核反应方程式为
B．氘核的比结合能比氦核的大
C．氘核与氚核的间距达到就能发生核聚变
D．氘完全参与聚变释放出能量的数量级为
【答案】D
【知识点】质量亏损与质能方程；结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A、核反应前后质量数和电荷数守恒可知，核反应方程为
A错误。
B、 氘核的比结合能比氦核的小，B错误。
C、 氘核与氚核的间距达到才能发生核聚变 ，C错误。
D、一个氘核与一个氚核发生核聚变，质量亏损为
释放的能量为
4g氘完全参与聚变，释放的能量为
D正确。
故答案为：D
【分析】根据核反应前后质量数和电荷数守恒写出核反应方程，再由爱因斯坦质能方程计算聚变过程中所释放出的能量。
8．（2024·浙江高考） 如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，则水离开出水口的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】水流喷出后做平抛运动，设出水口到桶中心的水平距离为x，则有
水落至桶底时有
联立解得
C正确。
故答案为：C
【分析】水流离开出水口后做平抛运动，根据平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动列方程计算水流的初速度大小。
9．（2024·浙江高考） 如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗卫星送入距离地面约的轨道。取地球质量，地球半径，引力常量。下列说法正确的是（ ）
A．火箭的推力是空气施加的
B．卫星的向心加速度大小约
C．卫星运行的周期约
D．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态
【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A、火箭的推力是火箭喷出的气体对火箭的作用力，A错误。
B、由牛顿第二定律可知
则
B正确。
C、卫星运行的周期满足
则
C错误。
D、发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星向上加速，处于超重状态，D错误。
故答案为：B
【分析】对发射火箭的过程进行分析，根据牛顿第三定律分析火箭推力的来源，再对卫星进行受力分析，由万有引力定律和加速度与周期之间的关系，计算加速度和周期的大小。
10．（2024·浙江高考） 如图1所示，质量相等的小球和点光源，分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上，间距为，竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为，小球和光源做小振幅运动时，在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图2所示，则（ ）
A．时刻小球向上运动 B．时刻光源的加速度向上
C．时刻小球与影子相位差为 D．时刻影子的位移为
【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】A、由图像可知， 时刻小球向下运动，A错误。
B、 时刻光源处于上方最大位移处，则加速度向下，B错误。
C、由图像可知，小球和光源的振动步调相同，则两者之间的相位差为零，即 时刻小球与影子相位差为 0，C错误。
D、由图像可知t3时刻，光源位于最低点，小球位于最高点，此时影子所处的位置处于最高点，由几何关系可知
解得
即t3时刻影子的位移为5A，D正确。
故答案为：D
【分析】对振动图像进行分析，图像的斜率表示速度的大小，振子的加速度与位移方向相反，再根据几何关系计算影子的位移大小。
11．（2024·浙江高考） 如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d（远小于板长），电子的质量为m，电荷量为e，则（ ）
A．M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大
B．只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能
C．电子从M到N过程中y方向位移大小最大为
D．M、N间加反向电压时电流表示数恰好为零
【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A、 M、N间距离增大，两板间电压保持不变，则根据
此过程中电场力对电子所做的功保持不变，则电子到达N的动能保持不变，A错误。
B、 沿任何方向逸出的光电子最大初动能都为
B错误。
C、电子向y轴逸出时，到达N板时y方向位移最大，则
联立解得
C正确。
D、 电流表示数恰好为零时，则
解得
D错误。
故答案为：C
【分析】根据爱因斯坦光电效应方程分析光电子逸出时的最大初动能，再由动能定理和运动学公式计算y方向最大位移和截止电压。
12．（2024·浙江高考） 氢原子光谱按频率展开的谱线如图所示，此四条谱线满足巴耳末公式，n=3、4、5、6用和光进行如下实验研究，则（ ）
A．照射同一单缝衍射装置，光的中央明条纹宽度宽
B．以相同的入射角斜射入同一平行玻璃砖，光的侧移量小
C．以相同功率发射的细光束，真空中单位长度上光的平均光子数多
D．相同光强的光分别照射同一光电效应装置，光的饱和光电流小
【答案】C
【知识点】氢原子光谱
【解析】【解答】A、由巴尔末公式可知 光的波长较长，则照射单缝衍射装置时，中央亮条纹最宽，A错误。
B、根据
可知光的频率较小，折射率小，在平行板玻璃砖的偏移量较小，B错误。
C、频率较小，光子能量较小，以相同的功率发射细光束，单位长度的平均光子数较多，C正确。
D、频率较小，光子能量较小，光子数目多，则饱和光电流大，D错误。
故答案为：C
【分析】根据巴尔末公式比较光和 的波长，频率，折射率和光子能量，再由几何光学和物理光学分别分析。
13．（2024·浙江高考） 若通以电流I的圆形线圈在线圈内产生的磁场近似为方向垂直线圈平面的匀强磁场，其大小（k的数量级为）。现有横截面半径为的导线构成半径为的圆形线圈处于超导状态，其电阻率上限为。开始时线圈通有的电流，则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】根据电阻定律得
联立解得
感应电动势的大小为
则感应电动势和一年后电流减小量的数量级分别为 ， ，D正确。
故答案为：D
【分析】根据法拉第电磁感应定律和电阻定律抑菌剂电流与磁场之间的关系列方程分析求解感应电动势和电流的变化量。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14．（2024·浙江高考） 下列说法正确的是（ ）
A．相同温度下，黑体吸收能力最强，但辐射能力最弱
B．具有相同动能的中子和电子，其德布罗意波长相同
C．电磁场是真实存在的物质，电磁波具有动量和能量
D．自然光经玻璃表面反射后，透过偏振片观察，转动偏振片时可观察到明暗变化
【答案】C,D
【知识点】光的偏振现象；黑体、黑体辐射及其实验规律
【解析】【解答】A、黑体吸收能力最强，同样辐射能力也是最强，在热平衡状态下，黑体吸收和辐射的能量相等，A错误。
B、德布罗意波的波长为
具有相同动能的中子和电子，质量不同，则动量不同，德布罗意波长也不相同，B错误。
C、电磁场是实际存在的物质，电磁波具有能量和动量，C正确。
D、自然光经过玻璃表面反射后是偏振光，可以观察到偏振现象，D正确。
故答案为：CD
【分析】黑体是指只吸收和辐射电磁波而不反射电磁波的物体，德布罗意波的波长为；电磁波是交替传播的电磁场，是切实存在的物体。
15．（2024·浙江高考） 在如图所示的直角坐标系中，平面为介质Ⅰ和Ⅱ的分界面（z轴垂直纸面向外）。在介质I中的（0，）处有一点波源，产生波长为、速度为v的波。波传到介质Ⅱ中，其速度为，图示时刻介质Ⅱ中仅有一个波峰，与x轴和y轴分别交于R和S点，此时波源也恰好位于波峰。M为O、R连线的中点，入射波与反射波在O点相干加强，则（ ）
A．介质Ⅱ中波的频率为 B．S点的坐标为（0，）
C．入射波与反射波在M点相干减弱 D．折射角的正弦值
【答案】B,D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A、波由介质I进入介质II中波长和波速发生变化，频率保持不变，则频率
A错误。
B、波再介质II中的波长为
由图可知O点处于波峰状态，S也处于波峰，则S的坐标为（0，），B正确。
C、 入射波与反射波在O点相干加强，则M点也为相干加强，C错误。
D、根据折射定律得
由图可知入射角正弦值为
则折射角的正弦值
D正确。
故答案为：BD
【分析】波从介质I进入介质II过程中频率不变，波长和波速发生改变，再根据波的干涉原理和波的折射定律分析加强点和减弱点以及折射角的正弦值。
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16．（2024·浙江高考） 如图1所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
（1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是____；
A．放大法 B．控制变量法 C．补偿法
（2）该实验过程中操作正确的是____；
A．补偿阻力时小车未连接纸带
B．先接通打点计时器电源，后释放小车
C调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
（3）在小车质量 （选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为 （选填“偶然误差”或“系统误差”）。为减小此误差，下列可行的方案是 ；
A.用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车
B.在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器
C.在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小
（4）经正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别为0、、、。已知打点计时器的打点周期为T，则打计数点5时小车速度的表达式 ；小车加速度的表达式是 。
A B. C.
【答案】（1）B
（2）B
（3）远大于；系统误差；C
（4）；A
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）探究多个物理量之间的关系，保证其他物理量不变，探究其中两个物理量之间的关系应用了控制变量法。
故选B。
（2）释放纸带时先接电源后放纸带，调节细绳与桌面平行，补偿阻力时要连接。
故选B。
（3）小车质量远大于槽码质量是可认为细绳拉力近似等于槽码的重力，实验原理中出现的误差属于系统误差。
为减小实验误差可以，小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小。故选C。
（4）计数点5时小车的速度为
小车的加速度为
故选A。
【分析】（1）探究多个物理量之间的关系，保证其他物理量不变，探究其中两个物理量之间的关系应用了控制变量法。
（2）实验过程中补偿阻力需要平衡掉小车与木板之间的摩擦，纸带与限位空之间的摩擦，所以需要连接纸带。
（3）小车质量远大于槽码质量是可认为细绳拉力近似等于槽码的重力，实验装置导致的误差是系统误差，测量导致的误差是偶然误差。
（4）根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度和逐差法计算速度和加速度。
17．（2024·浙江高考） 在“观察电容器的充、放电现象”实验中，把电阻箱（）、一节干电池、微安表（量程，零刻度在中间位置）、电容器（、）、单刀双掷开关组装成如图1所示的实验电路。
（1）把开关S接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零：然后把开关S接2，微安表指针偏转情况是____；
A．迅速向右偏转后示数逐渐减小 B．向右偏转示数逐渐增大
C．迅速向左偏转后示数逐渐减小 D．向左偏转示数逐渐增大
（2）再把电压表并联在电容器两端，同时观察电容器充电时电流和电压变化情况。把开关S接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到时保持不变；电压表示数由零逐渐增大，指针偏转到如图2所示位置时保持不变，则电压表示数为 V，电压表的阻值为 （计算结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）C
（2）0.50；3.1
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1） 开关S接1电容器充电，电容器充电电流先增大，然后减小，开关接2，电容器放电，电流反向，放电结束后电流为零，则微安表先向左偏转，然后减小置零。
故选C。
（2）电压表选择量程为0-3V，分度值为0.1V，则读数为0.50V；根据欧姆定律，电压表的内阻为
【分析】（1）开关接1电容器充电，开关接2电容器放电。
（2）电压表的分度值为0.1v，需要估读到最小分度值的下一位。根据欧姆定律计算电压表内阻。
18．（2024·浙江高考） 在探究热敏电阻的特性及其应用的实验中，测得热敏电阻，在不同温度时的阻值如下表
温度/℃ 4.1 9.0 14.3 20.0 28.0 38.2 45.5 60.4
电阻/（） 220 160 100 60 45 30 25 15
某同学利用上述热敏电阻、电动势（内阻不计）的电源、定值电阻R（阻值有、、三种可供选择）、控制开关和加热系统，设计了A、B、C三种电路。因环境温度低于，现要求将室内温度控制在范围，且1、2两端电压大于，控制开关开启加热系统加热，则应选择的电路是 ，定值电阻R的阻值应选 ， 1、2两端的电压小于 V时，自动关闭加热系统（不考虑控制开关对电路的影响）。
A. B. C.
【答案】C；3；1.8
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】定值电阻和热敏电阻串联，温度越低，热敏电阻的阻值越大，热敏电阻的分压越大，C图可以实现1和2两端电压大于2V，控制开关加热系统进行加热，C正确。
故选C。
由表格可知20℃时热敏电阻的阻值为6kΩ，则
解得
当温度大于28℃时停止加热，此时热敏电阻的阻值为4.5kΩ，根据分压规律可得1和2两端的电压为1.8V，故两端电压小于1.8V时停止加热。
【分析】根据热敏电阻的特点和电路结构选择合适的电路，再由热敏电阻随温度变化的关系和欧姆定律计算定值电阻的大小和12两端电压的大小。
19．（2024·浙江高考） 如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为的左右两部分。面积为的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度、压强的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度的状态3，气体内能增加。已知大气压强，隔板厚度不计。
（1）气体从状态1到状态2是 （选填“可逆”或“不可逆”）过程，分子平均动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求水平恒力F的大小；
（3）求电阻丝C放出的热量Q。
【答案】（1）不可逆；不变
（2）气体从状态1到状态2发生等温变化，则有
解得状态2气体的压强为
解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为对象，根据受力平衡可得
解得
（3）当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度的状态3，可知气体做等压变化，则有
可得状态3气体的体积为
该过程气体对外做功为
根据热力学第一定律可得
解得气体吸收的热量为
可知电阻丝C放出的热量为
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【分析】（1）由热力学第二定律可知，气体膨胀对外做功过程时一个不可逆过程，气体温度保持不变，则分子平均动能保持不变。
（2）对气体进行分析，由等温变化计算状态2时气体的压强，再对活塞B进行受力分析，根据平衡条件计算水平恒力的大小。
（3）根据理想气体状态方程计算气体在状态3时的体积，再由热力学第一定律计算气体吸收的热量大小即为电阻丝所放出的热量。
20．（2024·浙江高考）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）若，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在上经过的总路程；
③在上向上运动时间和向下运动时间之比。
（2）若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【答案】（1）解：①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有
第一次经过C点的向心加速度大小为
②小物块a在DE上时，因为
所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为s，根据功能关系有
解得
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
解得
（2）解：对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
解得
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
【知识点】能量守恒定律；动能和势能的相互转化
【解析】【分析】（1）对小物块进行受力分析，根据机械能守恒定律计算第一次经过C时的速度大小，再由向心加速度的表达式计算向心加速度；小物块滑动过程的摩擦力产热等于小物块最开始时的机械能，根据功能关系计算所走过的路程；根据牛顿第二定律计算向上运动和向下运动的加速度，再由运动学公式计算时间之比。
（2）对小物块从A到F的过程中应用动能定理计算物块到达F时的速度大小，再根据能量守恒定律计算滑块的长度大小。
21．（2024·浙江高考） 如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台通过三根关于轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在点，三个相同的关于轴对称放置的减振器位于平台下方。如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示。已知时速度为，方向向下，、时刻的振幅分别为，。平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为时，其弹性势能为。不计空气阻力，求
（1）平台静止时弹簧的伸长量；
（2）时，每个线圈所受到安培力F的大小；
（3）在时间内，每个线圈产生的焦耳热Q；
（4）在时间内，弹簧弹力冲量的大小。
【答案】（1）解：平台静止时，穿过三个线圈的的磁通量不变，线圈中不产生感应电流，线圈不受到安培力作用，O点受力平衡，因此由胡克定律可知此时弹簧的伸长量
（2）解：在时速度为，设每个线圈的周长为L，由电磁感应定律可得线圈中产生的感应电流
每个线圈所受到安培力F的大小
（3）解：由能量守恒定律可得平台在时间内，振动时能量的减少
在时间内，振动时能量的减少转化为线圈的焦耳热，可知每个线圈产生的焦耳热
（4）解：在t1时刻弹簧的弹性势能等量动能，则有
在t2时刻弹簧的弹性势能等量动能，则有
由动量与动能的关系式可得
由动量定理解得弹簧弹力冲量的大小
【知识点】安培力；能量守恒定律
【解析】【分析】（1） 平台静止时，穿过三个线圈的的磁通量不变，线圈中不产生感应电流，根据平衡条件和胡克定律计算弹簧的伸长量。
（2）根据法拉第电磁感应定律计算 时的感应电动势和感应电流，再根据安培力的表达式计算安培力大小。
（3）根据能量守恒定律振动时能量的减少转化为线圈的焦耳热，列方程计算求解。
（4）根据能量守恒定律计算t1和t2时刻动能的大小，再根据动能与动量之间的关系计算动量，最后根据动量定理计算弹簧弹力的冲量。
22．（2024·浙江高考） 类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为和，其电势差。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角射向Ⅰ区，在P点以出射角射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。
（1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值；
（2）若，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）
（3）计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区）
（4）在P点下方距离处水平放置一长为的探测板（Q在P的正下方），长为，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。
【答案】（1）解：根据题意可知粒子从右侧射出，临界情况为
根据牛顿第二定律
解得
（2）解：设水平方向为方向，竖直方向为方向，方向速度不变，方向速度变小，假设折射角为，根据动能定理
解得
根据速度关系
解得
（3）解：全反射的临界情况：到达Ⅲ区的时候方向速度为零，即
可得
即应满足
（4）解：临界情况有两个：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情况，根据几何关系可得
所以如果的情况下，折射角小于入射角，两边射入的粒子都能打到板上，分情况讨论如下：
①当时
又
解得
全部都打不到板的情况
②根据几何知识可知当从Ⅱ区射出时速度与竖直方向夹角为时，粒子刚好打到D点，水平方向速度为
所以
又
解得
即当时
③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为（），此时仅有O点左侧的一束粒子能打到板上，因此
又
解得
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据题意由几何关系画出粒子的运动轨迹，由洛伦兹力提供向心力 计算求解d的最小值。
（2）根据动能定理计算出射粒子的速度大小，再由运动的合成与分解和“折射率”的定义计算折射率。
（3） 全反射的临界情况：到达Ⅲ区的时候方向速度为零，根据动能定理计算所加电压的大小。
（4） 临界情况有两个：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情况，根据几何关系和动能定理进行分类讨论，分别计算竖直方向F与电压U之间的关系。
1 / 1浙江省普通高校2024年1月招生选考科目考试物理试题
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2024·浙江高考） 下列属于国际单位制基本单位符号的是（ ）
A．s B．N C．F D．T
2．（2024·浙江高考） 杭州亚运会顺利举行，如图所示为运动会中的四个比赛场景。在下列研究中可将运动员视为质点的是（ ）
A．研究甲图运动员的入水动作
B．研究乙图运动员的空中转体姿态
C．研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度
D．研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作
3．（2024·浙江高考） 如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球（ ）
A．从1到2动能减少 B．从1到2重力势能增加
C．从2到3动能增加 D．从2到3机械能不变
4．（2024·浙江高考） 磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是（ ）
A．图示左侧通电导线受到安培力向下
B．a、b两点的磁感应强度相同
C．圆柱内的磁感应强度处处为零
D．c、d两点的磁感应强度大小相等
5．（2024·浙江高考） 如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出的交流电，经原、副线圈匝数分别为和的变压器升压至峰值大于，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火。下列正确的是（ ）
A．
B．
C．用电压表测原线圈两端电压，示数为
D．副线圈输出交流电压的频率是
6．（2024·浙江高考） 如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为，细线c、d平行且与水平成（不计摩擦），则细线a、b的拉力分别为（ ）
A．， B．， C．， D．，
7．（2024·浙江高考） 已知氘核质量为，氚核质量为，氦核质量为，中子质量为，阿伏加德罗常数取，氘核摩尔质量为，相当于。关于氘与氚聚变成氦，下列说法正确的是（ ）
A．核反应方程式为
B．氘核的比结合能比氦核的大
C．氘核与氚核的间距达到就能发生核聚变
D．氘完全参与聚变释放出能量的数量级为
8．（2024·浙江高考） 如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，则水离开出水口的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024·浙江高考） 如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗卫星送入距离地面约的轨道。取地球质量，地球半径，引力常量。下列说法正确的是（ ）
A．火箭的推力是空气施加的
B．卫星的向心加速度大小约
C．卫星运行的周期约
D．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态
10．（2024·浙江高考） 如图1所示，质量相等的小球和点光源，分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上，间距为，竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为，小球和光源做小振幅运动时，在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图2所示，则（ ）
A．时刻小球向上运动 B．时刻光源的加速度向上
C．时刻小球与影子相位差为 D．时刻影子的位移为
11．（2024·浙江高考） 如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d（远小于板长），电子的质量为m，电荷量为e，则（ ）
A．M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大
B．只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能
C．电子从M到N过程中y方向位移大小最大为
D．M、N间加反向电压时电流表示数恰好为零
12．（2024·浙江高考） 氢原子光谱按频率展开的谱线如图所示，此四条谱线满足巴耳末公式，n=3、4、5、6用和光进行如下实验研究，则（ ）
A．照射同一单缝衍射装置，光的中央明条纹宽度宽
B．以相同的入射角斜射入同一平行玻璃砖，光的侧移量小
C．以相同功率发射的细光束，真空中单位长度上光的平均光子数多
D．相同光强的光分别照射同一光电效应装置，光的饱和光电流小
13．（2024·浙江高考） 若通以电流I的圆形线圈在线圈内产生的磁场近似为方向垂直线圈平面的匀强磁场，其大小（k的数量级为）。现有横截面半径为的导线构成半径为的圆形线圈处于超导状态，其电阻率上限为。开始时线圈通有的电流，则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14．（2024·浙江高考） 下列说法正确的是（ ）
A．相同温度下，黑体吸收能力最强，但辐射能力最弱
B．具有相同动能的中子和电子，其德布罗意波长相同
C．电磁场是真实存在的物质，电磁波具有动量和能量
D．自然光经玻璃表面反射后，透过偏振片观察，转动偏振片时可观察到明暗变化
15．（2024·浙江高考） 在如图所示的直角坐标系中，平面为介质Ⅰ和Ⅱ的分界面（z轴垂直纸面向外）。在介质I中的（0，）处有一点波源，产生波长为、速度为v的波。波传到介质Ⅱ中，其速度为，图示时刻介质Ⅱ中仅有一个波峰，与x轴和y轴分别交于R和S点，此时波源也恰好位于波峰。M为O、R连线的中点，入射波与反射波在O点相干加强，则（ ）
A．介质Ⅱ中波的频率为 B．S点的坐标为（0，）
C．入射波与反射波在M点相干减弱 D．折射角的正弦值
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16．（2024·浙江高考） 如图1所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
（1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是____；
A．放大法 B．控制变量法 C．补偿法
（2）该实验过程中操作正确的是____；
A．补偿阻力时小车未连接纸带
B．先接通打点计时器电源，后释放小车
C调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
（3）在小车质量 （选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为 （选填“偶然误差”或“系统误差”）。为减小此误差，下列可行的方案是 ；
A.用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车
B.在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器
C.在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小
（4）经正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别为0、、、。已知打点计时器的打点周期为T，则打计数点5时小车速度的表达式 ；小车加速度的表达式是 。
A B. C.
17．（2024·浙江高考） 在“观察电容器的充、放电现象”实验中，把电阻箱（）、一节干电池、微安表（量程，零刻度在中间位置）、电容器（、）、单刀双掷开关组装成如图1所示的实验电路。
（1）把开关S接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零：然后把开关S接2，微安表指针偏转情况是____；
A．迅速向右偏转后示数逐渐减小 B．向右偏转示数逐渐增大
C．迅速向左偏转后示数逐渐减小 D．向左偏转示数逐渐增大
（2）再把电压表并联在电容器两端，同时观察电容器充电时电流和电压变化情况。把开关S接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到时保持不变；电压表示数由零逐渐增大，指针偏转到如图2所示位置时保持不变，则电压表示数为 V，电压表的阻值为 （计算结果保留两位有效数字）。
18．（2024·浙江高考） 在探究热敏电阻的特性及其应用的实验中，测得热敏电阻，在不同温度时的阻值如下表
温度/℃ 4.1 9.0 14.3 20.0 28.0 38.2 45.5 60.4
电阻/（） 220 160 100 60 45 30 25 15
某同学利用上述热敏电阻、电动势（内阻不计）的电源、定值电阻R（阻值有、、三种可供选择）、控制开关和加热系统，设计了A、B、C三种电路。因环境温度低于，现要求将室内温度控制在范围，且1、2两端电压大于，控制开关开启加热系统加热，则应选择的电路是 ，定值电阻R的阻值应选 ， 1、2两端的电压小于 V时，自动关闭加热系统（不考虑控制开关对电路的影响）。
A. B. C.
19．（2024·浙江高考） 如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为的左右两部分。面积为的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度、压强的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度的状态3，气体内能增加。已知大气压强，隔板厚度不计。
（1）气体从状态1到状态2是 （选填“可逆”或“不可逆”）过程，分子平均动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求水平恒力F的大小；
（3）求电阻丝C放出的热量Q。
20．（2024·浙江高考）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）若，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在上经过的总路程；
③在上向上运动时间和向下运动时间之比。
（2）若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
21．（2024·浙江高考） 如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台通过三根关于轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在点，三个相同的关于轴对称放置的减振器位于平台下方。如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示。已知时速度为，方向向下，、时刻的振幅分别为，。平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为时，其弹性势能为。不计空气阻力，求
（1）平台静止时弹簧的伸长量；
（2）时，每个线圈所受到安培力F的大小；
（3）在时间内，每个线圈产生的焦耳热Q；
（4）在时间内，弹簧弹力冲量的大小。
22．（2024·浙江高考） 类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为和，其电势差。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角射向Ⅰ区，在P点以出射角射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。
（1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值；
（2）若，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）
（3）计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区）
（4）在P点下方距离处水平放置一长为的探测板（Q在P的正下方），长为，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】单位制
【解析】【解答】国际单位制中的力学上的三个基本物理量分别是质量，时间和长度，对应的单位符号分别为kg，s，m，则A正确。
故答案为：A
【分析】国际单位制中的力学上的三个基本物理量分别是质量，时间和长度，对应的单位符号分别为kg，s，m
2．【答案】C
【知识点】质点
【解析】【解答】A、 研究甲图运动员的入水动作不可以将运动员看做质点，A错误。
B、 研究乙图运动员的空中转体姿态，不可以将运动员看做质点，B错误。
C、研究丙图中运动员在百米比赛中的平均速度，可以将运动员看做质点，C正确。
D、研究 丁图运动员通过某个攀岩支点的动作 ，不可以将运动员看做质点，D错误。
故答案为：C
【分析】物体的形状和大小对所研究的问题没有影响或影响不大时，可以将这个物体看做质点。
3．【答案】B
【知识点】动能；重力势能
【解析】【解答】A、 从1到2的过程中除重力做功外，还存在空气阻力做功，则无法计算从1到2过程中足球的动能变化量，A错误。
B、从1到2过程中克服重力做功为 ，则重力势能增加了，B正确。
C、从2到3过程中重力做功为，空气阻力还做了一部分负功，则从2到3过程动能增加量小于，C错误。
D、由图可知足球运动过程中除受重力外还存在空气阻力，则机械能不守恒，D错误。
故答案为：B
【分析】由图可知，若不存在空气阻力则足球在上升和下降过程中的水平位移相同，故足球运动过程中存在空气阻力，再根据动能定理和功能关系计算动能和重力势能的变化情况。
4．【答案】A
【知识点】磁电式电流表
【解析】【解答】A、由左手定则可知，图示左侧通电导线所受的安培力向下，A正确。
B、a，b两点磁感应强度大小相等，方向不同，B错误。
C、圆柱体内部虽然没有没有画出磁感线，但内部磁感应强度并不为零，C错误。
D、 由磁感线疏密可知，c点磁感应强度大于d点磁感应强度，D错误。
故答案为：A
【分析】由磁感线的疏密和方向判断a，b，c，d四个点的磁感应强度大小和方向，再由左手定则判断左侧通电导线所受的安培力情况。
5．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB、由变压器的原理可知
代入数据解得
若使输出电压大于10kv，则
A错误，B正确。
C、电压表测量的是原线圈电压的有效值，则示数为
C错误。
D、变压器智能改变电压的大小，不改变电压的频率，则输出电压的频率为
D错误。
故答案为：B
【分析】根据变压器原副线圈匝数之比等于两端电压之比计算原副线圈匝数之比，电压表示数显示的是交变电流的有效值而不是最大值。
6．【答案】D
【知识点】力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】对A，B两球整体进行受力分析，根据平衡条件可知
代入数据解得
对A进行受力分析，b的拉力等于c的拉力与A重力的合力，由平行四边形定则可知细线c的拉力与A重力的合力大小为0.5N，则
故D正确。
故答案为：D
【分析】对A和B整体进行受力分析，根据平衡条件计算细线a的拉力大小；再对A球进行受力分析，根据平行四边形定则计算细线b拉力的大小。
7．【答案】D
【知识点】质量亏损与质能方程；结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A、核反应前后质量数和电荷数守恒可知，核反应方程为
A错误。
B、 氘核的比结合能比氦核的小，B错误。
C、 氘核与氚核的间距达到才能发生核聚变 ，C错误。
D、一个氘核与一个氚核发生核聚变，质量亏损为
释放的能量为
4g氘完全参与聚变，释放的能量为
D正确。
故答案为：D
【分析】根据核反应前后质量数和电荷数守恒写出核反应方程，再由爱因斯坦质能方程计算聚变过程中所释放出的能量。
8．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】水流喷出后做平抛运动，设出水口到桶中心的水平距离为x，则有
水落至桶底时有
联立解得
C正确。
故答案为：C
【分析】水流离开出水口后做平抛运动，根据平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动列方程计算水流的初速度大小。
9．【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A、火箭的推力是火箭喷出的气体对火箭的作用力，A错误。
B、由牛顿第二定律可知
则
B正确。
C、卫星运行的周期满足
则
C错误。
D、发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星向上加速，处于超重状态，D错误。
故答案为：B
【分析】对发射火箭的过程进行分析，根据牛顿第三定律分析火箭推力的来源，再对卫星进行受力分析，由万有引力定律和加速度与周期之间的关系，计算加速度和周期的大小。
10．【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】A、由图像可知， 时刻小球向下运动，A错误。
B、 时刻光源处于上方最大位移处，则加速度向下，B错误。
C、由图像可知，小球和光源的振动步调相同，则两者之间的相位差为零，即 时刻小球与影子相位差为 0，C错误。
D、由图像可知t3时刻，光源位于最低点，小球位于最高点，此时影子所处的位置处于最高点，由几何关系可知
解得
即t3时刻影子的位移为5A，D正确。
故答案为：D
【分析】对振动图像进行分析，图像的斜率表示速度的大小，振子的加速度与位移方向相反，再根据几何关系计算影子的位移大小。
11．【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A、 M、N间距离增大，两板间电压保持不变，则根据
此过程中电场力对电子所做的功保持不变，则电子到达N的动能保持不变，A错误。
B、 沿任何方向逸出的光电子最大初动能都为
B错误。
C、电子向y轴逸出时，到达N板时y方向位移最大，则
联立解得
C正确。
D、 电流表示数恰好为零时，则
解得
D错误。
故答案为：C
【分析】根据爱因斯坦光电效应方程分析光电子逸出时的最大初动能，再由动能定理和运动学公式计算y方向最大位移和截止电压。
12．【答案】C
【知识点】氢原子光谱
【解析】【解答】A、由巴尔末公式可知 光的波长较长，则照射单缝衍射装置时，中央亮条纹最宽，A错误。
B、根据
可知光的频率较小，折射率小，在平行板玻璃砖的偏移量较小，B错误。
C、频率较小，光子能量较小，以相同的功率发射细光束，单位长度的平均光子数较多，C正确。
D、频率较小，光子能量较小，光子数目多，则饱和光电流大，D错误。
故答案为：C
【分析】根据巴尔末公式比较光和 的波长，频率，折射率和光子能量，再由几何光学和物理光学分别分析。
13．【答案】D
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】根据电阻定律得
联立解得
感应电动势的大小为
则感应电动势和一年后电流减小量的数量级分别为 ， ，D正确。
故答案为：D
【分析】根据法拉第电磁感应定律和电阻定律抑菌剂电流与磁场之间的关系列方程分析求解感应电动势和电流的变化量。
14．【答案】C,D
【知识点】光的偏振现象；黑体、黑体辐射及其实验规律
【解析】【解答】A、黑体吸收能力最强，同样辐射能力也是最强，在热平衡状态下，黑体吸收和辐射的能量相等，A错误。
B、德布罗意波的波长为
具有相同动能的中子和电子，质量不同，则动量不同，德布罗意波长也不相同，B错误。
C、电磁场是实际存在的物质，电磁波具有能量和动量，C正确。
D、自然光经过玻璃表面反射后是偏振光，可以观察到偏振现象，D正确。
故答案为：CD
【分析】黑体是指只吸收和辐射电磁波而不反射电磁波的物体，德布罗意波的波长为；电磁波是交替传播的电磁场，是切实存在的物体。
15．【答案】B,D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A、波由介质I进入介质II中波长和波速发生变化，频率保持不变，则频率
A错误。
B、波再介质II中的波长为
由图可知O点处于波峰状态，S也处于波峰，则S的坐标为（0，），B正确。
C、 入射波与反射波在O点相干加强，则M点也为相干加强，C错误。
D、根据折射定律得
由图可知入射角正弦值为
则折射角的正弦值
D正确。
故答案为：BD
【分析】波从介质I进入介质II过程中频率不变，波长和波速发生改变，再根据波的干涉原理和波的折射定律分析加强点和减弱点以及折射角的正弦值。
16．【答案】（1）B
（2）B
（3）远大于；系统误差；C
（4）；A
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）探究多个物理量之间的关系，保证其他物理量不变，探究其中两个物理量之间的关系应用了控制变量法。
故选B。
（2）释放纸带时先接电源后放纸带，调节细绳与桌面平行，补偿阻力时要连接。
故选B。
（3）小车质量远大于槽码质量是可认为细绳拉力近似等于槽码的重力，实验原理中出现的误差属于系统误差。
为减小实验误差可以，小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小。故选C。
（4）计数点5时小车的速度为
小车的加速度为
故选A。
【分析】（1）探究多个物理量之间的关系，保证其他物理量不变，探究其中两个物理量之间的关系应用了控制变量法。
（2）实验过程中补偿阻力需要平衡掉小车与木板之间的摩擦，纸带与限位空之间的摩擦，所以需要连接纸带。
（3）小车质量远大于槽码质量是可认为细绳拉力近似等于槽码的重力，实验装置导致的误差是系统误差，测量导致的误差是偶然误差。
（4）根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度和逐差法计算速度和加速度。
17．【答案】（1）C
（2）0.50；3.1
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1） 开关S接1电容器充电，电容器充电电流先增大，然后减小，开关接2，电容器放电，电流反向，放电结束后电流为零，则微安表先向左偏转，然后减小置零。
故选C。
（2）电压表选择量程为0-3V，分度值为0.1V，则读数为0.50V；根据欧姆定律，电压表的内阻为
【分析】（1）开关接1电容器充电，开关接2电容器放电。
（2）电压表的分度值为0.1v，需要估读到最小分度值的下一位。根据欧姆定律计算电压表内阻。
18．【答案】C；3；1.8
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】定值电阻和热敏电阻串联，温度越低，热敏电阻的阻值越大，热敏电阻的分压越大，C图可以实现1和2两端电压大于2V，控制开关加热系统进行加热，C正确。
故选C。
由表格可知20℃时热敏电阻的阻值为6kΩ，则
解得
当温度大于28℃时停止加热，此时热敏电阻的阻值为4.5kΩ，根据分压规律可得1和2两端的电压为1.8V，故两端电压小于1.8V时停止加热。
【分析】根据热敏电阻的特点和电路结构选择合适的电路，再由热敏电阻随温度变化的关系和欧姆定律计算定值电阻的大小和12两端电压的大小。
19．【答案】（1）不可逆；不变
（2）气体从状态1到状态2发生等温变化，则有
解得状态2气体的压强为
解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为对象，根据受力平衡可得
解得
（3）当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度的状态3，可知气体做等压变化，则有
可得状态3气体的体积为
该过程气体对外做功为
根据热力学第一定律可得
解得气体吸收的热量为
可知电阻丝C放出的热量为
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【分析】（1）由热力学第二定律可知，气体膨胀对外做功过程时一个不可逆过程，气体温度保持不变，则分子平均动能保持不变。
（2）对气体进行分析，由等温变化计算状态2时气体的压强，再对活塞B进行受力分析，根据平衡条件计算水平恒力的大小。
（3）根据理想气体状态方程计算气体在状态3时的体积，再由热力学第一定律计算气体吸收的热量大小即为电阻丝所放出的热量。
20．【答案】（1）解：①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有
第一次经过C点的向心加速度大小为
②小物块a在DE上时，因为
所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为s，根据功能关系有
解得
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
解得
（2）解：对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
解得
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
【知识点】能量守恒定律；动能和势能的相互转化
【解析】【分析】（1）对小物块进行受力分析，根据机械能守恒定律计算第一次经过C时的速度大小，再由向心加速度的表达式计算向心加速度；小物块滑动过程的摩擦力产热等于小物块最开始时的机械能，根据功能关系计算所走过的路程；根据牛顿第二定律计算向上运动和向下运动的加速度，再由运动学公式计算时间之比。
（2）对小物块从A到F的过程中应用动能定理计算物块到达F时的速度大小，再根据能量守恒定律计算滑块的长度大小。
21．【答案】（1）解：平台静止时，穿过三个线圈的的磁通量不变，线圈中不产生感应电流，线圈不受到安培力作用，O点受力平衡，因此由胡克定律可知此时弹簧的伸长量
（2）解：在时速度为，设每个线圈的周长为L，由电磁感应定律可得线圈中产生的感应电流
每个线圈所受到安培力F的大小
（3）解：由能量守恒定律可得平台在时间内，振动时能量的减少
在时间内，振动时能量的减少转化为线圈的焦耳热，可知每个线圈产生的焦耳热
（4）解：在t1时刻弹簧的弹性势能等量动能，则有
在t2时刻弹簧的弹性势能等量动能，则有
由动量与动能的关系式可得
由动量定理解得弹簧弹力冲量的大小
【知识点】安培力；能量守恒定律
【解析】【分析】（1） 平台静止时，穿过三个线圈的的磁通量不变，线圈中不产生感应电流，根据平衡条件和胡克定律计算弹簧的伸长量。
（2）根据法拉第电磁感应定律计算 时的感应电动势和感应电流，再根据安培力的表达式计算安培力大小。
（3）根据能量守恒定律振动时能量的减少转化为线圈的焦耳热，列方程计算求解。
（4）根据能量守恒定律计算t1和t2时刻动能的大小，再根据动能与动量之间的关系计算动量，最后根据动量定理计算弹簧弹力的冲量。
22．【答案】（1）解：根据题意可知粒子从右侧射出，临界情况为
根据牛顿第二定律
解得
（2）解：设水平方向为方向，竖直方向为方向，方向速度不变，方向速度变小，假设折射角为，根据动能定理
解得
根据速度关系
解得
（3）解：全反射的临界情况：到达Ⅲ区的时候方向速度为零，即
可得
即应满足
（4）解：临界情况有两个：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情况，根据几何关系可得
所以如果的情况下，折射角小于入射角，两边射入的粒子都能打到板上，分情况讨论如下：
①当时
又
解得
全部都打不到板的情况
②根据几何知识可知当从Ⅱ区射出时速度与竖直方向夹角为时，粒子刚好打到D点，水平方向速度为
所以
又
解得
即当时
③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为（），此时仅有O点左侧的一束粒子能打到板上，因此
又
解得
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据题意由几何关系画出粒子的运动轨迹，由洛伦兹力提供向心力 计算求解d的最小值。
（2）根据动能定理计算出射粒子的速度大小，再由运动的合成与分解和“折射率”的定义计算折射率。
（3） 全反射的临界情况：到达Ⅲ区的时候方向速度为零，根据动能定理计算所加电压的大小。
（4） 临界情况有两个：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情况，根据几何关系和动能定理进行分类讨论，分别计算竖直方向F与电压U之间的关系。
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