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浙江省杭州市长河高级中学2023-2024学年高二上学期期末物理试题（原卷版+解析版）
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一、单项选择题（共13题，每小题3分，共39分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1. 电势的国际基本单位是（ ）
A. B. VC. J/CD.
【答案】A
【解析】
【详解】电势
根据单位运算可知，上述单位为
故选A。
2. 在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献，下列关于科学家和他们的贡献叙述符合史实的是（ ）
A. 多普勒研究了波源和观察者的相对运动，并总结了接收到频率的特点
B. 伽利略根据理想斜面实验，提出了力是维持物体运动的原因
C. 奥斯特发现了电流磁效应，并提出了分子电流假说
D. 牛顿发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量
【答案】A
【解析】
【详解】A．多普勒研究了波源和观察者的相对运动，并总结了接收到频率的特点，选项A正确；
B．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，选项B错误；
C．奥斯特发现了电流磁效应，安培提出了分子电流假说，选项C错误；
D．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，选项D错误。
故选A。
3. 对于下列图片的说法，正确的是（ ）
A. 图（a）中，大齿轮和小齿轮上各点转动时线速度相同
B. 图（b）中，医务人员用离心机分离血清，血浆和红细胞均受到离心力的作用
C. 图（c）中，汽车在水平路面转弯时，汽车受到重力、向心力、弹力三个力作用
D. 图（d）中，砂轮不能转速过高，以防止砂轮破裂而酿成事故
【答案】D
【解析】
【详解】A．图（a）中，大齿轮和小齿轮上各点转动时线速度大小相同，但方向不一定相同，选项A错误；
B．图（b）中，医务人员用离心机分离血清，混合液不同部分做离心运动是由于外力不足以提供向心力造成的，不是受到离心力的作用，故B错误；
C．图（c）中，汽车在水平路面转弯时，汽车受到重力、摩擦力、弹力三个力作用，其中的摩擦力提供汽车转弯的向心力，选项C错误；
D．图（d）中，砂轮上的各点之间的引力提供向心力，F=mrω2，砂轮转速越高，ω越大，需要的引力越大，则砂轮转速过高，会破裂而酿成事故，故D正确。
故选D。
4. 第19届亚运会将于今年9月在杭州举行，目前各大运动场馆均已建设完毕，图为某运动场400m标准跑道的平面图，所有径赛的终点线相同，下列关于各类径赛说法正确的是（ ）
A. 400m比赛每位运动员的位移大小为400m
B. 100m比赛时，冠军运动员的平均速度最大
C. 4×100比赛中最后一棒运动员的位移大小为100m
D. 用高速摄像判断哪位运动员率先到达终点时，可将运动员看成质点
【答案】B
【解析】
【详解】A．400m比赛中运动员刚好绕跑道跑一圈，路程为400m，位移为零，A错误；
B．100米比赛时，所有运动员位移大小相等，冠军运动员用时最短，由可知，冠军运动员的平均速度最大，B正确；
C．4×100比赛中最后一棒运动员运动轨迹不是直线，运动员做曲线运动，路程为100m，位移大小小于路程，小于100m，C错误；
D．用高速摄像判断哪位运动员率先到达终点时，运动员自身的大小不能忽略，故不可将运动员看成质点，D错误。
故选B。
5. 下列说法正确的是（ ）
A. 电动势大的电源做功一定多，储存的电能越多
B. 电动势就是电势差，电源的电动势一定等于闭合电路中电源两端的电压
C. 电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从正极移到负极所做的功
D. 为了能更方便测量电源内阻，应使用旧电池
【答案】D
【解析】
【详解】A．电动势是反映电源把其他形式的能转换成电能的本领的物理量，电动势越大，储存的电能越多，根据
可知，电源做功还与电流和时间有关，即电动势大的电源做功不一定多，故A错误；
B．电动势是反映电源把其他形式的能转换成电能的本领的物理量，电动势不能够认为就是电势差，电源的电动势等于断路时电路中电源两端的电压，故B错误；
C．根据
可知，电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功，故C错误；
D．根据闭合电路欧姆定律有
当电源内阻适当大一些时，路端电压变化幅度大一些，便于电压表测量路端电压，一般新电池用长时间后，内阻会变大，可知，为了能更方便测量电源内阻，应使用旧电池，故D正确。
故选D。
6. 关于光现象，下列说法正确的是（ ）
A. 图中一束白光通过三棱镜形成彩色光带是光的干涉现象
B. 图中光照射不透明的圆盘，在圆盘的阴影中心出现了一个亮斑是光的折射现象
C. 图中肥皂膜上出现彩色条纹是光的衍射现象
D. 图中佩戴特殊眼镜观看立体电影利用了光的偏振现象
【答案】D
【解析】
【详解】A．一束白光通过三棱镜形成彩色光带是光的折射，故A错误；
B．光照射不透明的圆盘，在圆盘的阴影中心出现了一个亮斑是光的衍射现象，故B错误；
C．肥皂膜上出现彩色条纹是光的干涉现象，故C错误；
D．佩戴特殊眼镜观看立体电影利用了光的偏振现象，故D正确。
故选D。
7. 神舟十三号载人飞船在入轨约6.5小时后，与正在绕地球做匀速圆周运动的天和核心舱完成交会对接形成四舱（船）组合体，绕地球做匀速圆周运动（如图甲）。三位宇航员在空间站内进行了多项科学实验，并于2021年12月9日和2022年3月23日两次为广大青少年“太空授课”，其中一次演示了“浮力消失”实验（如图乙），下列相关说法正确的是（ ）
A. 神舟十三号在地面的发射速度大于11.2km/s
B. 完成对接后，四舱（船）组合体的环绕速度大于7.9km/s
C. 实验时水中的乒乓球不会上浮，是因为浮力等于重力
D. 对接后四舱（船）组合体的加速度大小等于对接前的三舱（船）组合体的加速度大小
【答案】D
【解析】
【详解】A．11.2km/s是第二宇宙速度，是卫星摆脱地球引力束缚至少具有的速度，故神舟十三号在地面的发射速度应小于11.2km/s，A错误；
B．7.9km/s是第一宇宙速度，是卫星最大的运行速度，由
解得
完成对接后，对于四舱（船）组合体有
解得
因为组合体的轨道半径大于地球半径，故组合体的环绕速度小于7.9km/s，B错误；
C．实验时水中的乒乓球不会上浮，是因为宇宙飞船中的物体处于完全失重状态，C错误；
D．对接后四舱（船）组合体的轨道半径等于对接前的三舱（船）组合体轨道半径，由
可得
故对接后四舱（船）组合体的加速度大小等于对接前的三舱（船）组合体的加速度大小。D正确
故选D。
8. “围炉煮茶”在这个冬日里火爆全网。如图，它由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，吊炉通过细铁链静止悬挂在三脚架正中央，三脚架正中央离桌面高度为h，吊炉和细铁链的总质量为m，支架与铰链间的摩擦忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A. 吊炉受4个力
B. 铁链对吊炉的拉力大于吊炉对铁链的拉力
C. 每根轻杆受到桌面的支持力大小为
D. 减小h时，每根轻杆对桌面的压力增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．对吊炉分析受力可知，吊炉受到重力和铁链的拉力两个力的作用，故A错误；
B．铁链对吊炉的拉力和吊炉对铁链的拉力是一对相互作用力，大小相等、方向相反，故B错误；
C．将整个装置视为整体，对整体进行受力分析，由于支架完全相同且均匀分布，故桌面对每根支架的支持力大小相等，根据平衡条件得
解得
故C正确；
D．将整个装置视为整体，对整体进行受力分析，由于支架完全相同且均匀分布，故桌面对每根支架的支持力大小相等，根据平衡条件可知，减小h时，桌面对每根支架的支持力大小不变，根据牛顿第三定律可知每根轻杆对桌面的压力不变，故D错误。
故选C。
9. 如图所示，一质点以某一速度v0从斜面(斜面足够长)底端斜向上抛出，落到斜面上时速度v方向水平向左．现将该质点以2v0的速度从斜面底端沿同样方向抛出．则质点两次落到斜面上时
A. 落点不同，速度方向相同
B. 落点相同，速度方向不同
C. 落点相同，速度方向相同
D. 落点不同，速度方向不同
【答案】A
【解析】
【详解】采用逆向思维，质点做平抛运动；若质点做平抛运动落在斜面上，速度方向与水平方向夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，由于位移方向不变，则速度方向不变．将该质点以2v0的速度从斜面底端沿同样方向抛出，根据该推论知，速度方向相同，由于初速度不同，则落点位置不同．故A正确，BCD错误．故选A．
【点睛】解决本题的关键采用逆向思维分析，知道质点逆过来看是平抛运动，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的规律，以及推论：平抛运动速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍．
10. A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是，运动方向改变的角度之比是，则它们（ ）
A. 线速度大小之比为B. 角速度大小之比为
C. 圆周运动的半径之比为D. 加速度之比为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据线速度定义式
已知在相同时间内它们通过的路程之比是，则线速度大小之比为，A错误；
B．根据角速度定义式
运动方向改变的角速度等于运动转过的角度，相同时间内它们通过的角度之比是，则线速度大小之比为，B错误；
C．根据公式
可得圆周运动半径
线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则圆周运动的半径之比为8：9，C正确；
D．转速
角速度之比为3：2，所以转速之比为3：2，D正确。
故选CD。
11. 一个做简谐运动的弹簧振子，周期为，振幅为，已知振子从平衡位置第一次运动到处所用的最短时间为，从最大正位移处第一次运动到所用的最短时间为，那么与的大小关系正确的是（ ）
A. B.
C. D. 无法判断
【答案】B
【解析】
【详解】根据振子远离平衡位置时速度减小，靠近平衡位置时速度增大，可知振子从平衡位置第一次以最短时间运动到处的平均速度大于从最大正位移处第一次运动到处的平均速度，而路程相等，则t1故选B。
12. 2020年12月2号22时，经过约19小时月面工作，嫦娥5号完成了月面自动采样封装，这其中要用到许多的压力传感器有些压力传感器是通过霍尔元件将压力信号转化为电信号。如图，一块宽为a、长为c、厚为h的长方体半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。若元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，在元件的前、后表面间出现电压U，以此感知压力的变化。则元件的（ ）
A. 前表面的电势比后表面的高
B. 前、后表面间的电压U与v无关
C. 前、后表面间的电压U与c成正比
D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为
【答案】A
【解析】
【详解】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正确；
BC．由电子受力平衡可得
解得
U=Bva
所以前、后表面间的电压U与v成正比，前、后表面间的电压U与c无关，故BC错误；
D．稳定时自由电子受力平衡，受到的洛伦兹力等于电场力，即
故D错误；
故选A。
13. 如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A. M板电势高于N板电势
B. 两个粒子的电势能都增加
C. 粒子在两板间的加速度
D. 粒子从N板下端射出的时间
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；
B．根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；
CD．设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有
对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有
联立解得
，
故C正确，D错误；
故选C。
二、不定项选择题（共2题，每小题3分，共6分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分）
14. 如图所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生一维碰撞，两小球质量分别为m1和，右图为他们碰撞前后的x-t图像。已知，由此可以判断（ ）
A. 碰前B做匀速直线运动，A做匀加速直线运动
B. 可以计算出
C. 碰撞过程为非弹性碰撞
D. 若两球碰撞后粘合在一起运动，则碰撞过程中损失的动能是1.8J
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图像可知，碰前B处于静止状态，A做匀速直线运动，故A不符合题意；
B．碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态，m1的速度大小为
方向只有向右才能与m2相撞，故题图乙中向右为正方向，由题图乙可求出碰后m2和m1的速度分别为
碰后m2的速度方向为正方向，说明m2向右运动，而m1的速度方向为负方向，说明m1向左运动，根据动量守恒定律得
m1v1=m1v′1＋m2v′2
代入解得
m2=0.9kg
故B正确；
C．碰撞过程中系统损失的机械能为
碰撞过程为完全弹性碰撞，故C错误；
D．若两球碰撞后粘合在一起运动，则
解得
碰撞过程中损失的动能是
故D正确。
故选BD。
15. 在y轴左右两侧存在两种不同的均匀介质，有两列持续传播的简谐横波沿x轴相向传播，甲向右传播、乙向左传播，时刻的波形如图所示，甲波恰好传至处，乙波恰好传至处，已知波在负半轴的波速大小为0.5m/s，在正半轴的波速大小为0.25m/s，下列说法中正确的是（ ）
A. 时刻处质点与处质点的振动方向相反
B. x轴上第一个位移到＋6cm的质点是横坐标为
C. 较长时间后处的质点是振动减弱点
D. 时刻处质点的位移为6cm
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据波的传播方向，由“同侧法”可知，时刻处质点正向轴负方向振动，处质点同样正向轴负方向振动，故A错误；
B．根据时刻两波传播的位置可知，x轴上第一个位移到＋6cm的质点一定出现在轴的正半轴，由波形图可知两列波的波长分别为
，
两列波的频率
，
两列波频率相同，因此两列波相遇时能够发生稳定的干涉，甲波的第一波峰传播到处所用的时间为
乙波的第一个波峰传播到处所用的时间
可知从时刻开始，经过相同的时间两列波的波峰在轴正半轴相距，而同种介质中波的传播速度相同，因此可知两列波的波峰将会同时到达处，由此可知x轴上第一个位移到＋6cm的质点是横坐标为，故B正确；
C．根据题意可知，时刻，甲波在处的质点将向轴正方向振动，而乙波在处的质点将向下振动，甲乙两波在轴正半轴传播速度相同，则可知甲波在处引起的振动和乙波在处引起的振动将会同时到达，由此可知较长时间后处的质点是振动减弱点，故C正确；
D．由于两波频率相同，则可知两波的周期均为
甲波在处的振动传播到处所用的时间
则剩余时间内甲波在处的质点振动的周期数为
乙波在处的振动传播到处所用的时间
则剩余时间内乙波在处的质点振动的周期数为
由此可知甲波在时刻在处的质点正处于波谷，乙波在处的质点也正处于波谷，则可得时刻处质点的位移为，故D错误。
故选BC。
三、非选择题（共5小题，共55分）
16. 实验室有小车（包括车上钩码）、打点计时器、纸带、槽码等器材，小明同学用这些器材探究加速度与力的关系，设计了两种实验方案（如图）。
（1）小明选择电火花打点计时器做实验，需要使用的电源是______
A. 学生电源，交流8V左右B. 生活电源，交流220V
（2）小明同学选用图甲方案做实验，以下操作过程中，说法正确的是______
A. 在补偿阻力时，应挂上槽码，用槽码的重力平衡小车运动过程中受到的阻力
B. 小车需要从同一位置，靠近滑轮处多次静止释放
C. 为了加速度便于测量，槽码的质量要越大越好
D. 改变小车质量后，不需要重新补偿阻力
（3）小明同学选用图甲方案来验证槽码和小车运动过程中系统机械能守恒，由于小车运动过程中受到阻力，______（填“能”或“不能”）通过补偿阻力来满足机械能守恒要求。
（4）某小组用图乙所示方案做实验，先挂上槽码，调整垫块位置，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑，然后取下槽码，记录槽码的质量为m，把小车放回原位置，让小车沿木板加速下滑，测出其下滑的加速度a
①该小组为了测量多组不同的数据，需要改变的是______（多选）
A.小车质量 B.小车运动方向 C.斜面倾角 D.槽码的质量
②该小组根据测量数据描绘出的关系图像，正确的是______
【答案】（1）B （2）D
（3）不能 （4） ①. AD##DA ②. A
【解析】
【小问1详解】
[1]电火花打点计时器的工作电压是220V的交流电，可知需要使用的电源是生活电源，交流220V。
故选B。
【小问2详解】
[2]A．在补偿阻力时，不挂槽码，将长木板固定打点计时器的一端适当垫高，轻推小车，使纸带上打出的点迹均匀分布，此时小车重力沿长木板的分力与小车运动过程中受到的阻力平衡，故A错误；
B．实验时，小车并不需要从同一位置释放，但是，为了避免纸带上出现大量的空白段落，小车应靠近打点计时器处多次静止释放，故B错误；
C．为了加速度便于测量，槽码的质量应适当大一些，但是不能够过大，因为若认为槽码重力与细线拉力近似相等，需要使槽码质量远远小于小车的质量，即槽码质量不是越大越好，故C错误；
D．平衡摩擦力时，令长木板倾角为，由于
则有
可知，平衡摩擦力时，与小车质量无关，即改变小车质量后，不需要重新补偿阻力，故D正确。
故选D。
【小问3详解】
[3]小明同学选用图甲方案来验证槽码和小车运动过程中系统机械能守恒，由于小车运动过程中受到阻力，小车将克服阻力做功，系统机械能减小，可知，不能通过补偿阻力来满足机械能守恒要求。
【小问4详解】
①[4]图乙所示方案做实验，先挂上质量为m的槽码，调整垫块位置，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑，令木板倾角为，则有
取下槽码，把小车放回原位置，让小车沿木板加速下滑，根据牛顿第二定律有
则有
为了探究加速度与质量、力的关系，可知，该小组为了测量多组不同的数据，需要改变的是小车的质量与槽码的质量。
故选AD。
②[5]根据上述可知，小车所受外力的合力
并不存在图甲方案中认为槽码重力与细线拉力大小相等的系统误差，可知，该小组在探究加速度与合力关系中，若保持小车质量一定，则加速度与合力成正比，即根据测量数据描绘出的关系图像为一条过坐标原点的倾斜的直线。
故选A。
17. 某同学利用图甲装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
（1）若想增加从目镜中观察到的条纹数，该同学可______
A. 将单缝向双缝靠近B. 将屏向靠近双缝的方向移动
C. 将屏向远离双缝的方向移动D. 使用间距更小的双缝
（2）调节分划板的位置，使分划板中心刻线对齐某条亮条纹（并将其记为第一条）的中心，如图乙所示，此时手轮上的读数为______mm；转动手轮，使分划线向右侧移动到第四条亮条纹的中心位置，读出手轮上的读数，并由两次读数算出第一条亮条纹中央到第四条亮条纹中央之间的距离，又知双缝间距，双缝到屏的距离，则对应的光波的波长为______m（保留三位有效数字）。
【答案】（1）B （2） ①. 1.180 ②.
【解析】
【小问1详解】
（1）根据若想增加从目镜中观察到的条纹数，则需要减小条纹间距∆x，则
A．将单缝向双缝靠近对条纹间距无影响，选项A错误；
B．将屏向靠近双缝的方向移动，则l减小，∆x减小，选项B正确；
C．将屏向远离双缝方向移动，则l增大，∆x增大，选项C错误；
D．使用间距更小的双缝，则d减小，∆x增加，选项D错误。
故选B。
【小问2详解】
[1]手轮上的读数为1mm+0.01mm×18.0=1.180mm；
[2]条纹间距
根据
可得
18. 根据人体电阻的大小可以初步判断人体脂肪所占比例。
（1）实验小组用多用电表直接粗糙人体电阻，先把选择开关调至“”挡，经欧姆调零后测量人体电阻，指针偏转如图a所示：为了使测量结果更准确，应把选择开关调至___________（填“”或“”）挡，经欧姆调零后再次测量，示数如图b所示，则人体电阻为___________；
（2）现用另外方案测量人体电阻，实验小组根据已有器材设计了一个实验电路。实验室提供的器材如下：电压表（量程，内阻），电压表（量程，内阻），电流表A（量程，内阻），滑动变阻器R（额定电流，最大阻值），电源E（电动势，内阻不计），开关S，导线若干，请帮助完成下列实验步骤：
①图中虚线框内缺少了一块电表，应选择___________，
②请把实验电路图补充完整___________；
③若步骤①中所选电表的示数为D，电压表的示数为，则待测电阻___________（用题中所给的物理量符号表达）。
【答案】 ①. ②. 100 ③. ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]由题图可知，当选择开关调至“”挡时，欧姆表指针偏角过小，可知选择量程过小，应把选择开关调至挡；
[2]由图b可知，人体电阻为
（2）[3]流过人体的最大电流约为
则电流表的量程太大，可以用电压表代替电流表，其量程为
（3）[4]由于滑动变阻器的最大阻值相对人体电阻的阻值太小，为了起到更好的调节作用，滑动变阻器采用分压式接法，电路图如下图所示
（4）[5]流过人体电阻的电流
人体电阻两端的电压
根据欧姆定律可得人体电阻
19. 如图甲，冰壶是北京冬奥会的正式比赛项目，冰壶在冰面上运动时，运动员可以通过刷冰来减小冰壶与冰面之间的动摩擦因数，从而控制冰壶的滑行距离。如图乙，是冰壶场地示意图，已知从投掷线到“大本营”中心的距离为30m，“大本营”的直径为4m。在某次比赛中，质量为20kg的冰壶从投掷线以某一初速度被推出后，正好沿着正中心线做匀减速直线运动，在它停下的最后1s内位移为0.1m。（假设每次投掷时，冰壶的速度方向均沿中心线方向，且不考虑冰壶的转动，可以把冰壶看成质点）求：
（1）正常滑行时冰壶与冰面之间的摩擦力大小；
（2）要使冰壶能停在大本营内，冰壶滑过投掷线的初速度满足的条件（可用根式表示）；
（3）冰壶以3m/s的初速度滑过投掷线，运动一段时间后，运动员开始刷冰直到冰壶停在大本营正中心，若刷冰后动摩擦因数减小为原来的一半，为了让冰壶能够停在大本营正中心，运动员需要刷冰的时间。
【答案】（1）4N；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）将最后1s的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，有
得
a=0.2m/s2
由牛顿第二定律，得
f=ma
得
f=4N
（2）将冰壶的减速运动看作从终点开始做初速度为零的匀加速直线运动，有
根据题意，知道位移大小满足
可得
（3）冰壶从投掷线开始到运动员进入刷冰区域，满足
冰壶从进入刷冰区域到最终停在大本营正中心，满足
根据题意，有
x1+x2=30m
可得
所以刷冰时间满足
根据题意，加速度a2满足
得
20. 如图所示，光滑轨道abcde固定在竖直平面内，由水平段ab、平滑连接段bc和圆弧段cde组成。cde半径R=0.4m，圆心O在ab延长线上。ab上放着用轻质细绳连接、质量均为1kg物块A、B，中间夹着一根被压缩的轻质弹簧P。左侧光滑水平地面上紧靠a点停着一质量为M=1kg、上表面与ab等高的小车。轻弹簧Q左端固定在车上，原长时其右端在g点正上方。车身的g点左侧是光滑的，右侧与车右端点f之间是粗糙的。A与车身g、f间的动摩擦因数μ=0.25。将A、B间细绳剪断后，A向左滑上小车，B沿轨道bcde滑行。B到d点时速度大小为1m/s。若不计A、B大小和空气阻力，求：
（1）B到d点时受到的轨道支持力大小FN；
（2）细绳剪断前弹簧P储存的弹性势能Ep；
（3）为保证A既能挤压Q又最终不滑离小车，g、f间距L的取值范围。
【答案】（1）；（2）；（3）0.45m≤L<0.9m
【解析】
【详解】（1）在d点由牛顿第二定律得
解得
（2）B由b到d过程中，机械能守恒
B分开过程系统动量守恒
则弹性势能
（3）A刚好到g时与小车速度相等，以小车、Q和A为系统
联立解得
A刚好到f时与小车速度相等，以小车、Q和A为系统得
解得
综上所述，L的取值范围为
21. 如图所示，光滑绝缘斜面高度h＝0.45m，斜面底端与光滑绝缘水平轨道用小圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线。正对的平行板和电阻及输出电压恒定为U的电源，构成如图所示电路，平行板板长为L＝0.9m，板间距离d＝0.6m，定值电阻阻值为（未知），可以看作质点的带电小球电量q＝－0.01C、质量m＝0.03kg，从斜面顶端静止下滑，重力加速度。
（1）若S断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源电压U；
（2）在（1）的条件下，若S闭合，调节滑动变阻器，使其接入电路的电阻，小球离开平行板右边缘时，速度偏转角，求电阻的阻值。
（3）在1、2问的前提条件下，已知电容器电容C＝3pF，现先将开关闭合，调节变阻器为某一特定阻值，再将开关断开，发现短时间内有的电荷量流经，求的阻值。
【答案】（1）U＝18V；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得
代入数据得
当S断开时，极板电势差即为电源电压U，由平衡条件得
代入数据得
U＝18V
（2）当S闭合时，带电小球做类平抛运动，水平方向
竖直方向
又
代入数据得
对带电小球，由牛顿第二定律
其中
代入数据得
当S闭合，时，和串联，电容器与并联，两端电压
根据串联分压
代入数据得
（3）开关闭合时，电容两端的电压为
此时电容器两端的电荷量为
当开关断开后，电路开路，电容器两端的电压即为电源电压U，此时两容器两端的电荷量为
故开关断开后短时间内流经的电荷量为
代入数据解得
22. 如图所示是一种粒子探测装置，半径为R的圆形区域内有垂直于纸而向外的匀强磁场，单位时间内有大量质量为m，电荷量大小为q，速度大小范围为的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK间距离为0.5R。已知从M点射入的速度为的粒子刚好从O点正下方的N点射出圆形磁场区域。挡板ND与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能进入下方，到达N点右侧的粒子均被挡板吸收，ND足够长。不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求：
（1）圆形区域磁场的磁感应强度B的大小及带电粒子的电性；
（2）从M点射入的速度为的粒子射出磁场后打在挡板上的点F（图中未标出），求NF的距离以及从M到F所用的时间t。
（3）所有从PM到QK间射入的速度为的粒子出磁场时，这些粒子的速度方向与ND的夹角在什么范围内？
【答案】（1）， 正电；（2）， ；（3）
【解析】
【详解】（1）速度为的粒子从M点射入，从N点射出，轨道半径为r，由几何关系可知
得
由左手定则判断可得粒子带正电；
（2）由题意得速度为的粒子轨道半径
由几何关系可知，粒子再磁场中的偏转角度为
M到G过程中，水平位移
竖直位移
可知粒子出磁场后做匀速直线运动，GF与水平方向夹角为60°，可得
得
（或者在三角形ONF中
M到G的过程中所用的时间
G到F的过程中所用的时间
得总时间
（3）由题意得，所有速度为的粒子均过N点；
由M点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为；由K点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为；综上得夹角范围为。
本卷无特殊说明，g取
一、单项选择题（共13题，每小题3分，共39分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1. 电势的国际基本单位是（ ）
A. B. VC. J/CD.
【答案】A
【解析】
【详解】电势
根据单位运算可知，上述单位为
故选A。
2. 在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献，下列关于科学家和他们的贡献叙述符合史实的是（ ）
A. 多普勒研究了波源和观察者的相对运动，并总结了接收到频率的特点
B. 伽利略根据理想斜面实验，提出了力是维持物体运动的原因
C. 奥斯特发现了电流磁效应，并提出了分子电流假说
D. 牛顿发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量
【答案】A
【解析】
【详解】A．多普勒研究了波源和观察者的相对运动，并总结了接收到频率的特点，选项A正确；
B．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，选项B错误；
C．奥斯特发现了电流磁效应，安培提出了分子电流假说，选项C错误；
D．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，选项D错误。
故选A。
3. 对于下列图片的说法，正确的是（ ）
A. 图（a）中，大齿轮和小齿轮上各点转动时线速度相同
B. 图（b）中，医务人员用离心机分离血清，血浆和红细胞均受到离心力的作用
C. 图（c）中，汽车在水平路面转弯时，汽车受到重力、向心力、弹力三个力作用
D. 图（d）中，砂轮不能转速过高，以防止砂轮破裂而酿成事故
【答案】D
【解析】
【详解】A．图（a）中，大齿轮和小齿轮上各点转动时线速度大小相同，但方向不一定相同，选项A错误；
B．图（b）中，医务人员用离心机分离血清，混合液不同部分做离心运动是由于外力不足以提供向心力造成的，不是受到离心力的作用，故B错误；
C．图（c）中，汽车在水平路面转弯时，汽车受到重力、摩擦力、弹力三个力作用，其中的摩擦力提供汽车转弯的向心力，选项C错误；
D．图（d）中，砂轮上的各点之间的引力提供向心力，F=mrω2，砂轮转速越高，ω越大，需要的引力越大，则砂轮转速过高，会破裂而酿成事故，故D正确。
故选D。
4. 第19届亚运会将于今年9月在杭州举行，目前各大运动场馆均已建设完毕，图为某运动场400m标准跑道的平面图，所有径赛的终点线相同，下列关于各类径赛说法正确的是（ ）
A. 400m比赛每位运动员的位移大小为400m
B. 100m比赛时，冠军运动员的平均速度最大
C. 4×100比赛中最后一棒运动员的位移大小为100m
D. 用高速摄像判断哪位运动员率先到达终点时，可将运动员看成质点
【答案】B
【解析】
【详解】A．400m比赛中运动员刚好绕跑道跑一圈，路程为400m，位移为零，A错误；
B．100米比赛时，所有运动员位移大小相等，冠军运动员用时最短，由可知，冠军运动员的平均速度最大，B正确；
C．4×100比赛中最后一棒运动员运动轨迹不是直线，运动员做曲线运动，路程为100m，位移大小小于路程，小于100m，C错误；
D．用高速摄像判断哪位运动员率先到达终点时，运动员自身的大小不能忽略，故不可将运动员看成质点，D错误。
故选B。
5. 下列说法正确的是（ ）
A. 电动势大的电源做功一定多，储存的电能越多
B. 电动势就是电势差，电源的电动势一定等于闭合电路中电源两端的电压
C. 电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从正极移到负极所做的功
D. 为了能更方便测量电源内阻，应使用旧电池
【答案】D
【解析】
【详解】A．电动势是反映电源把其他形式的能转换成电能的本领的物理量，电动势越大，储存的电能越多，根据
可知，电源做功还与电流和时间有关，即电动势大的电源做功不一定多，故A错误；
B．电动势是反映电源把其他形式的能转换成电能的本领的物理量，电动势不能够认为就是电势差，电源的电动势等于断路时电路中电源两端的电压，故B错误；
C．根据
可知，电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功，故C错误；
D．根据闭合电路欧姆定律有
当电源内阻适当大一些时，路端电压变化幅度大一些，便于电压表测量路端电压，一般新电池用长时间后，内阻会变大，可知，为了能更方便测量电源内阻，应使用旧电池，故D正确。
故选D。
6. 关于光现象，下列说法正确的是（ ）
A. 图中一束白光通过三棱镜形成彩色光带是光的干涉现象
B. 图中光照射不透明的圆盘，在圆盘的阴影中心出现了一个亮斑是光的折射现象
C. 图中肥皂膜上出现彩色条纹是光的衍射现象
D. 图中佩戴特殊眼镜观看立体电影利用了光的偏振现象
【答案】D
【解析】
【详解】A．一束白光通过三棱镜形成彩色光带是光的折射，故A错误；
B．光照射不透明的圆盘，在圆盘的阴影中心出现了一个亮斑是光的衍射现象，故B错误；
C．肥皂膜上出现彩色条纹是光的干涉现象，故C错误；
D．佩戴特殊眼镜观看立体电影利用了光的偏振现象，故D正确。
故选D。
7. 神舟十三号载人飞船在入轨约6.5小时后，与正在绕地球做匀速圆周运动的天和核心舱完成交会对接形成四舱（船）组合体，绕地球做匀速圆周运动（如图甲）。三位宇航员在空间站内进行了多项科学实验，并于2021年12月9日和2022年3月23日两次为广大青少年“太空授课”，其中一次演示了“浮力消失”实验（如图乙），下列相关说法正确的是（ ）
A. 神舟十三号在地面的发射速度大于11.2km/s
B. 完成对接后，四舱（船）组合体的环绕速度大于7.9km/s
C. 实验时水中的乒乓球不会上浮，是因为浮力等于重力
D. 对接后四舱（船）组合体的加速度大小等于对接前的三舱（船）组合体的加速度大小
【答案】D
【解析】
【详解】A．11.2km/s是第二宇宙速度，是卫星摆脱地球引力束缚至少具有的速度，故神舟十三号在地面的发射速度应小于11.2km/s，A错误；
B．7.9km/s是第一宇宙速度，是卫星最大的运行速度，由
解得
完成对接后，对于四舱（船）组合体有
解得
因为组合体的轨道半径大于地球半径，故组合体的环绕速度小于7.9km/s，B错误；
C．实验时水中的乒乓球不会上浮，是因为宇宙飞船中的物体处于完全失重状态，C错误；
D．对接后四舱（船）组合体的轨道半径等于对接前的三舱（船）组合体轨道半径，由
可得
故对接后四舱（船）组合体的加速度大小等于对接前的三舱（船）组合体的加速度大小。D正确
故选D。
8. “围炉煮茶”在这个冬日里火爆全网。如图，它由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，吊炉通过细铁链静止悬挂在三脚架正中央，三脚架正中央离桌面高度为h，吊炉和细铁链的总质量为m，支架与铰链间的摩擦忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A. 吊炉受4个力
B. 铁链对吊炉的拉力大于吊炉对铁链的拉力
C. 每根轻杆受到桌面的支持力大小为
D. 减小h时，每根轻杆对桌面的压力增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．对吊炉分析受力可知，吊炉受到重力和铁链的拉力两个力的作用，故A错误；
B．铁链对吊炉的拉力和吊炉对铁链的拉力是一对相互作用力，大小相等、方向相反，故B错误；
C．将整个装置视为整体，对整体进行受力分析，由于支架完全相同且均匀分布，故桌面对每根支架的支持力大小相等，根据平衡条件得
解得
故C正确；
D．将整个装置视为整体，对整体进行受力分析，由于支架完全相同且均匀分布，故桌面对每根支架的支持力大小相等，根据平衡条件可知，减小h时，桌面对每根支架的支持力大小不变，根据牛顿第三定律可知每根轻杆对桌面的压力不变，故D错误。
故选C。
9. 如图所示，一质点以某一速度v0从斜面(斜面足够长)底端斜向上抛出，落到斜面上时速度v方向水平向左．现将该质点以2v0的速度从斜面底端沿同样方向抛出．则质点两次落到斜面上时
A. 落点不同，速度方向相同
B. 落点相同，速度方向不同
C. 落点相同，速度方向相同
D. 落点不同，速度方向不同
【答案】A
【解析】
【详解】采用逆向思维，质点做平抛运动；若质点做平抛运动落在斜面上，速度方向与水平方向夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，由于位移方向不变，则速度方向不变．将该质点以2v0的速度从斜面底端沿同样方向抛出，根据该推论知，速度方向相同，由于初速度不同，则落点位置不同．故A正确，BCD错误．故选A．
【点睛】解决本题的关键采用逆向思维分析，知道质点逆过来看是平抛运动，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的规律，以及推论：平抛运动速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍．
10. A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是，运动方向改变的角度之比是，则它们（ ）
A. 线速度大小之比为B. 角速度大小之比为
C. 圆周运动的半径之比为D. 加速度之比为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据线速度定义式
已知在相同时间内它们通过的路程之比是，则线速度大小之比为，A错误；
B．根据角速度定义式
运动方向改变的角速度等于运动转过的角度，相同时间内它们通过的角度之比是，则线速度大小之比为，B错误；
C．根据公式
可得圆周运动半径
线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则圆周运动的半径之比为8：9，C正确；
D．转速
角速度之比为3：2，所以转速之比为3：2，D正确。
故选CD。
11. 一个做简谐运动的弹簧振子，周期为，振幅为，已知振子从平衡位置第一次运动到处所用的最短时间为，从最大正位移处第一次运动到所用的最短时间为，那么与的大小关系正确的是（ ）
A. B.
C. D. 无法判断
【答案】B
【解析】
【详解】根据振子远离平衡位置时速度减小，靠近平衡位置时速度增大，可知振子从平衡位置第一次以最短时间运动到处的平均速度大于从最大正位移处第一次运动到处的平均速度，而路程相等，则t1
12. 2020年12月2号22时，经过约19小时月面工作，嫦娥5号完成了月面自动采样封装，这其中要用到许多的压力传感器有些压力传感器是通过霍尔元件将压力信号转化为电信号。如图，一块宽为a、长为c、厚为h的长方体半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。若元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，在元件的前、后表面间出现电压U，以此感知压力的变化。则元件的（ ）
A. 前表面的电势比后表面的高
B. 前、后表面间的电压U与v无关
C. 前、后表面间的电压U与c成正比
D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为
【答案】A
【解析】
【详解】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正确；
BC．由电子受力平衡可得
解得
U=Bva
所以前、后表面间的电压U与v成正比，前、后表面间的电压U与c无关，故BC错误；
D．稳定时自由电子受力平衡，受到的洛伦兹力等于电场力，即
故D错误；
故选A。
13. 如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A. M板电势高于N板电势
B. 两个粒子的电势能都增加
C. 粒子在两板间的加速度
D. 粒子从N板下端射出的时间
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；
B．根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；
CD．设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有
对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有
联立解得
，
故C正确，D错误；
故选C。
二、不定项选择题（共2题，每小题3分，共6分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分）
14. 如图所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生一维碰撞，两小球质量分别为m1和，右图为他们碰撞前后的x-t图像。已知，由此可以判断（ ）
A. 碰前B做匀速直线运动，A做匀加速直线运动
B. 可以计算出
C. 碰撞过程为非弹性碰撞
D. 若两球碰撞后粘合在一起运动，则碰撞过程中损失的动能是1.8J
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图像可知，碰前B处于静止状态，A做匀速直线运动，故A不符合题意；
B．碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态，m1的速度大小为
方向只有向右才能与m2相撞，故题图乙中向右为正方向，由题图乙可求出碰后m2和m1的速度分别为
碰后m2的速度方向为正方向，说明m2向右运动，而m1的速度方向为负方向，说明m1向左运动，根据动量守恒定律得
m1v1=m1v′1＋m2v′2
代入解得
m2=0.9kg
故B正确；
C．碰撞过程中系统损失的机械能为
碰撞过程为完全弹性碰撞，故C错误；
D．若两球碰撞后粘合在一起运动，则
解得
碰撞过程中损失的动能是
故D正确。
故选BD。
15. 在y轴左右两侧存在两种不同的均匀介质，有两列持续传播的简谐横波沿x轴相向传播，甲向右传播、乙向左传播，时刻的波形如图所示，甲波恰好传至处，乙波恰好传至处，已知波在负半轴的波速大小为0.5m/s，在正半轴的波速大小为0.25m/s，下列说法中正确的是（ ）
A. 时刻处质点与处质点的振动方向相反
B. x轴上第一个位移到＋6cm的质点是横坐标为
C. 较长时间后处的质点是振动减弱点
D. 时刻处质点的位移为6cm
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据波的传播方向，由“同侧法”可知，时刻处质点正向轴负方向振动，处质点同样正向轴负方向振动，故A错误；
B．根据时刻两波传播的位置可知，x轴上第一个位移到＋6cm的质点一定出现在轴的正半轴，由波形图可知两列波的波长分别为
，
两列波的频率
，
两列波频率相同，因此两列波相遇时能够发生稳定的干涉，甲波的第一波峰传播到处所用的时间为
乙波的第一个波峰传播到处所用的时间
可知从时刻开始，经过相同的时间两列波的波峰在轴正半轴相距，而同种介质中波的传播速度相同，因此可知两列波的波峰将会同时到达处，由此可知x轴上第一个位移到＋6cm的质点是横坐标为，故B正确；
C．根据题意可知，时刻，甲波在处的质点将向轴正方向振动，而乙波在处的质点将向下振动，甲乙两波在轴正半轴传播速度相同，则可知甲波在处引起的振动和乙波在处引起的振动将会同时到达，由此可知较长时间后处的质点是振动减弱点，故C正确；
D．由于两波频率相同，则可知两波的周期均为
甲波在处的振动传播到处所用的时间
则剩余时间内甲波在处的质点振动的周期数为
乙波在处的振动传播到处所用的时间
则剩余时间内乙波在处的质点振动的周期数为
由此可知甲波在时刻在处的质点正处于波谷，乙波在处的质点也正处于波谷，则可得时刻处质点的位移为，故D错误。
故选BC。
三、非选择题（共5小题，共55分）
16. 实验室有小车（包括车上钩码）、打点计时器、纸带、槽码等器材，小明同学用这些器材探究加速度与力的关系，设计了两种实验方案（如图）。
（1）小明选择电火花打点计时器做实验，需要使用的电源是______
A. 学生电源，交流8V左右B. 生活电源，交流220V
（2）小明同学选用图甲方案做实验，以下操作过程中，说法正确的是______
A. 在补偿阻力时，应挂上槽码，用槽码的重力平衡小车运动过程中受到的阻力
B. 小车需要从同一位置，靠近滑轮处多次静止释放
C. 为了加速度便于测量，槽码的质量要越大越好
D. 改变小车质量后，不需要重新补偿阻力
（3）小明同学选用图甲方案来验证槽码和小车运动过程中系统机械能守恒，由于小车运动过程中受到阻力，______（填“能”或“不能”）通过补偿阻力来满足机械能守恒要求。
（4）某小组用图乙所示方案做实验，先挂上槽码，调整垫块位置，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑，然后取下槽码，记录槽码的质量为m，把小车放回原位置，让小车沿木板加速下滑，测出其下滑的加速度a
①该小组为了测量多组不同的数据，需要改变的是______（多选）
A.小车质量 B.小车运动方向 C.斜面倾角 D.槽码的质量
②该小组根据测量数据描绘出的关系图像，正确的是______
【答案】（1）B （2）D
（3）不能 （4） ①. AD##DA ②. A
【解析】
【小问1详解】
[1]电火花打点计时器的工作电压是220V的交流电，可知需要使用的电源是生活电源，交流220V。
故选B。
【小问2详解】
[2]A．在补偿阻力时，不挂槽码，将长木板固定打点计时器的一端适当垫高，轻推小车，使纸带上打出的点迹均匀分布，此时小车重力沿长木板的分力与小车运动过程中受到的阻力平衡，故A错误；
B．实验时，小车并不需要从同一位置释放，但是，为了避免纸带上出现大量的空白段落，小车应靠近打点计时器处多次静止释放，故B错误；
C．为了加速度便于测量，槽码的质量应适当大一些，但是不能够过大，因为若认为槽码重力与细线拉力近似相等，需要使槽码质量远远小于小车的质量，即槽码质量不是越大越好，故C错误；
D．平衡摩擦力时，令长木板倾角为，由于
则有
可知，平衡摩擦力时，与小车质量无关，即改变小车质量后，不需要重新补偿阻力，故D正确。
故选D。
【小问3详解】
[3]小明同学选用图甲方案来验证槽码和小车运动过程中系统机械能守恒，由于小车运动过程中受到阻力，小车将克服阻力做功，系统机械能减小，可知，不能通过补偿阻力来满足机械能守恒要求。
【小问4详解】
①[4]图乙所示方案做实验，先挂上质量为m的槽码，调整垫块位置，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑，令木板倾角为，则有
取下槽码，把小车放回原位置，让小车沿木板加速下滑，根据牛顿第二定律有
则有
为了探究加速度与质量、力的关系，可知，该小组为了测量多组不同的数据，需要改变的是小车的质量与槽码的质量。
故选AD。
②[5]根据上述可知，小车所受外力的合力
并不存在图甲方案中认为槽码重力与细线拉力大小相等的系统误差，可知，该小组在探究加速度与合力关系中，若保持小车质量一定，则加速度与合力成正比，即根据测量数据描绘出的关系图像为一条过坐标原点的倾斜的直线。
故选A。
17. 某同学利用图甲装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
（1）若想增加从目镜中观察到的条纹数，该同学可______
A. 将单缝向双缝靠近B. 将屏向靠近双缝的方向移动
C. 将屏向远离双缝的方向移动D. 使用间距更小的双缝
（2）调节分划板的位置，使分划板中心刻线对齐某条亮条纹（并将其记为第一条）的中心，如图乙所示，此时手轮上的读数为______mm；转动手轮，使分划线向右侧移动到第四条亮条纹的中心位置，读出手轮上的读数，并由两次读数算出第一条亮条纹中央到第四条亮条纹中央之间的距离，又知双缝间距，双缝到屏的距离，则对应的光波的波长为______m（保留三位有效数字）。
【答案】（1）B （2） ①. 1.180 ②.
【解析】
【小问1详解】
（1）根据若想增加从目镜中观察到的条纹数，则需要减小条纹间距∆x，则
A．将单缝向双缝靠近对条纹间距无影响，选项A错误；
B．将屏向靠近双缝的方向移动，则l减小，∆x减小，选项B正确；
C．将屏向远离双缝方向移动，则l增大，∆x增大，选项C错误；
D．使用间距更小的双缝，则d减小，∆x增加，选项D错误。
故选B。
【小问2详解】
[1]手轮上的读数为1mm+0.01mm×18.0=1.180mm；
[2]条纹间距
根据
可得
18. 根据人体电阻的大小可以初步判断人体脂肪所占比例。
（1）实验小组用多用电表直接粗糙人体电阻，先把选择开关调至“”挡，经欧姆调零后测量人体电阻，指针偏转如图a所示：为了使测量结果更准确，应把选择开关调至___________（填“”或“”）挡，经欧姆调零后再次测量，示数如图b所示，则人体电阻为___________；
（2）现用另外方案测量人体电阻，实验小组根据已有器材设计了一个实验电路。实验室提供的器材如下：电压表（量程，内阻），电压表（量程，内阻），电流表A（量程，内阻），滑动变阻器R（额定电流，最大阻值），电源E（电动势，内阻不计），开关S，导线若干，请帮助完成下列实验步骤：
①图中虚线框内缺少了一块电表，应选择___________，
②请把实验电路图补充完整___________；
③若步骤①中所选电表的示数为D，电压表的示数为，则待测电阻___________（用题中所给的物理量符号表达）。
【答案】 ①. ②. 100 ③. ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]由题图可知，当选择开关调至“”挡时，欧姆表指针偏角过小，可知选择量程过小，应把选择开关调至挡；
[2]由图b可知，人体电阻为
（2）[3]流过人体的最大电流约为
则电流表的量程太大，可以用电压表代替电流表，其量程为
（3）[4]由于滑动变阻器的最大阻值相对人体电阻的阻值太小，为了起到更好的调节作用，滑动变阻器采用分压式接法，电路图如下图所示
（4）[5]流过人体电阻的电流
人体电阻两端的电压
根据欧姆定律可得人体电阻
19. 如图甲，冰壶是北京冬奥会的正式比赛项目，冰壶在冰面上运动时，运动员可以通过刷冰来减小冰壶与冰面之间的动摩擦因数，从而控制冰壶的滑行距离。如图乙，是冰壶场地示意图，已知从投掷线到“大本营”中心的距离为30m，“大本营”的直径为4m。在某次比赛中，质量为20kg的冰壶从投掷线以某一初速度被推出后，正好沿着正中心线做匀减速直线运动，在它停下的最后1s内位移为0.1m。（假设每次投掷时，冰壶的速度方向均沿中心线方向，且不考虑冰壶的转动，可以把冰壶看成质点）求：
（1）正常滑行时冰壶与冰面之间的摩擦力大小；
（2）要使冰壶能停在大本营内，冰壶滑过投掷线的初速度满足的条件（可用根式表示）；
（3）冰壶以3m/s的初速度滑过投掷线，运动一段时间后，运动员开始刷冰直到冰壶停在大本营正中心，若刷冰后动摩擦因数减小为原来的一半，为了让冰壶能够停在大本营正中心，运动员需要刷冰的时间。
【答案】（1）4N；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）将最后1s的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，有
得
a=0.2m/s2
由牛顿第二定律，得
f=ma
得
f=4N
（2）将冰壶的减速运动看作从终点开始做初速度为零的匀加速直线运动，有
根据题意，知道位移大小满足
可得
（3）冰壶从投掷线开始到运动员进入刷冰区域，满足
冰壶从进入刷冰区域到最终停在大本营正中心，满足
根据题意，有
x1+x2=30m
可得
所以刷冰时间满足
根据题意，加速度a2满足
得
20. 如图所示，光滑轨道abcde固定在竖直平面内，由水平段ab、平滑连接段bc和圆弧段cde组成。cde半径R=0.4m，圆心O在ab延长线上。ab上放着用轻质细绳连接、质量均为1kg物块A、B，中间夹着一根被压缩的轻质弹簧P。左侧光滑水平地面上紧靠a点停着一质量为M=1kg、上表面与ab等高的小车。轻弹簧Q左端固定在车上，原长时其右端在g点正上方。车身的g点左侧是光滑的，右侧与车右端点f之间是粗糙的。A与车身g、f间的动摩擦因数μ=0.25。将A、B间细绳剪断后，A向左滑上小车，B沿轨道bcde滑行。B到d点时速度大小为1m/s。若不计A、B大小和空气阻力，求：
（1）B到d点时受到的轨道支持力大小FN；
（2）细绳剪断前弹簧P储存的弹性势能Ep；
（3）为保证A既能挤压Q又最终不滑离小车，g、f间距L的取值范围。
【答案】（1）；（2）；（3）0.45m≤L<0.9m
【解析】
【详解】（1）在d点由牛顿第二定律得
解得
（2）B由b到d过程中，机械能守恒
B分开过程系统动量守恒
则弹性势能
（3）A刚好到g时与小车速度相等，以小车、Q和A为系统
联立解得
A刚好到f时与小车速度相等，以小车、Q和A为系统得
解得
综上所述，L的取值范围为
21. 如图所示，光滑绝缘斜面高度h＝0.45m，斜面底端与光滑绝缘水平轨道用小圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线。正对的平行板和电阻及输出电压恒定为U的电源，构成如图所示电路，平行板板长为L＝0.9m，板间距离d＝0.6m，定值电阻阻值为（未知），可以看作质点的带电小球电量q＝－0.01C、质量m＝0.03kg，从斜面顶端静止下滑，重力加速度。
（1）若S断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源电压U；
（2）在（1）的条件下，若S闭合，调节滑动变阻器，使其接入电路的电阻，小球离开平行板右边缘时，速度偏转角，求电阻的阻值。
（3）在1、2问的前提条件下，已知电容器电容C＝3pF，现先将开关闭合，调节变阻器为某一特定阻值，再将开关断开，发现短时间内有的电荷量流经，求的阻值。
【答案】（1）U＝18V；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得
代入数据得
当S断开时，极板电势差即为电源电压U，由平衡条件得
代入数据得
U＝18V
（2）当S闭合时，带电小球做类平抛运动，水平方向
竖直方向
又
代入数据得
对带电小球，由牛顿第二定律
其中
代入数据得
当S闭合，时，和串联，电容器与并联，两端电压
根据串联分压
代入数据得
（3）开关闭合时，电容两端的电压为
此时电容器两端的电荷量为
当开关断开后，电路开路，电容器两端的电压即为电源电压U，此时两容器两端的电荷量为
故开关断开后短时间内流经的电荷量为
代入数据解得
22. 如图所示是一种粒子探测装置，半径为R的圆形区域内有垂直于纸而向外的匀强磁场，单位时间内有大量质量为m，电荷量大小为q，速度大小范围为的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK间距离为0.5R。已知从M点射入的速度为的粒子刚好从O点正下方的N点射出圆形磁场区域。挡板ND与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能进入下方，到达N点右侧的粒子均被挡板吸收，ND足够长。不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求：
（1）圆形区域磁场的磁感应强度B的大小及带电粒子的电性；
（2）从M点射入的速度为的粒子射出磁场后打在挡板上的点F（图中未标出），求NF的距离以及从M到F所用的时间t。
（3）所有从PM到QK间射入的速度为的粒子出磁场时，这些粒子的速度方向与ND的夹角在什么范围内？
【答案】（1）， 正电；（2）， ；（3）
【解析】
【详解】（1）速度为的粒子从M点射入，从N点射出，轨道半径为r，由几何关系可知
得
由左手定则判断可得粒子带正电；
（2）由题意得速度为的粒子轨道半径
由几何关系可知，粒子再磁场中的偏转角度为
M到G过程中，水平位移
竖直位移
可知粒子出磁场后做匀速直线运动，GF与水平方向夹角为60°，可得
得
（或者在三角形ONF中
M到G的过程中所用的时间
G到F的过程中所用的时间
得总时间
（3）由题意得，所有速度为的粒子均过N点；
由M点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为；由K点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为；综上得夹角范围为。
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