2024-2025学年浙江金华第一中学高三（上）月考物理试卷（9月）（含解析）

这是一份2024-2025学年浙江金华第一中学高三（上）月考物理试卷（9月）（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本大题共15小题，共45分。
1.下列属于国际单位制中基本单位的物理量是( )
A. 动能B. 加速度C. 热力学温度D. 磁感应强度
2.中科院近代物理研究所利用兰州重离子加速器(HIRFL)通过“熔合蒸发”反应合成超重核 110271Ds ，并同时辐射出一个中子。下列可能合成该超重核的原子核组合是( )
A. 2864Ni, 82207PbB. 2864Ni, 82208PbC. 2864Ni, 83209BiD. 2864Ni, 83210Bi
3.下雨时，关于雨滴下落过程的说法中，正确的是( )
A. 雨滴很小，一定可以看成质点B. 雨滴位移的大小一定等于路程
C. 在无风环境中雨滴做自由落体运动D. 要研究雨滴的运动必须先选定参考系
4.质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，当斜面沿水平方向向右匀速移动了距离s时，如图所示，物体m相对斜面静止，则下列说法中不正确的是( )
A. 摩擦力对物体m做功为零B. 合力对物体m做功为零
C. 摩擦力对物体m做负功D. 弹力对物体m做正功
5.如图所示，将含有大量正、负带电粒子的气体以相同的速度喷入云雾室里，观察到有两个粒子的径迹弯曲程度相同，但弯曲方向相反。已知云雾室中匀强磁场方向垂直纸面向外(图中未画出)，不计重力和粒子间作用力，则下列说法正确的是( )
A. 粒子①在磁场中做速度增大的曲线运动
B. 粒子②在磁场中做速度减小的曲线运动
C. 粒子①带正电
D. 粒子②的速度保持不变
6.如图所示，在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，则：
A. 入射光频率ν时，增大入射光的强度，光电流不变
B. 入射光频率ν时，减小入射光的强度，光电效应现象消失
C. 改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应
D. 改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大
7.如图甲所示，a、b为介质中相距7m且振动方向相同的两个波源，c为ab连线上距a为3m的一点．在t0=0时刻，a、b同时开始振动，振动图像均如图乙所示，在t2=3s时，c点开始振动．则下列说法正确的是( )
A. 该波频率为2HzB. 该波波长为1m
C. c点起振的方向沿y轴负方向D. c点为两波相遇后的振动减弱点
8.如图所示，用三根相同细线a、b、c将重力均为G的两个灯笼1和2悬挂起来。两灯笼静止时，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平。则( )
A. a中的拉力大小为4 33GB. c中的拉力大小为12G
C. b中的拉力小于c中的拉力D. 只增加灯笼2的质量，b最先断
9.为如图所示，在光滑水平桌面上有两个闭合金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当给条形磁铁一竖直向上的初速度后，磁铁上升到最高点后下落，在条形磁铁向下运动的过程中，将会出现的情况是( )
A. 磁铁的加速度小于g
B. 金属环对桌面压力小于自身重力
C. 俯视观察，左边金属圆环会产生逆时针感应电流
D. 两金属环将加速靠近(不考虑金属环之间的作用)
10.某星系中有一颗质量分布均匀的行星，其半径为R，将一质量为m的物块悬挂在弹簧测力计上，在该行星极地表面静止时，弹簧测力计的示数为F；在赤道表面静止时，弹簧测力计的示数为34F。已知引力常量为G。下列说法正确的是( )
A. 该行星的自转周期为 4π2mRFB. 该行星的质量为FR24Gm
C. 该行星赤道处的重力加速度为F4mD. 该行星的密度为3F4πRGm
11.用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。下列关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像，可能正确的是( )
A. B. C. D.
12.如图所示，一足够大的空间内有一无限长的均匀带正电的导体棒水平放置，导体棒所在的竖直平面内放有三个质量相同、电荷量分别为q、2q、3qq>0的微粒，通过多次摆放发现，当三个微粒均静止时，它们距导体棒的距离之比总是1:2:3，不考虑微粒间的相互作用。现撤去该三个微粒，在导体棒所在的竖直平面内距导体棒1.5ℎ、2.5ℎ处分别放有电子A、B(不计重力)，给它们各自一个速度使其以导体棒为轴做匀速圆周运动，则A、B做圆周运动的线速度之比为( )
A. 1:1B. 3:5C. 1:2D. 5:3
13.如图所示，表面光滑的圆锥体固定在水平面上，底面半径为R，顶角为60°。有一个质量为m的弹性圆环，圆环的弹力与形变量之间的关系满足胡克定律，且圆环始终在弹性限度内，圆环处于自然状态时的半径18R。现将圆环套在圆锥体上，稳定时圆环于水平状态，且到底面的距离为圆锥体高线的38。已知重力加速度为g，圆环的弹性能Ep=12kx2(其中k为圆环的劲度系数，x为圆环的形变量)，当角度很小时，可认为其正弦值与角度值相等。现将圆环从自然状态贴着圆锥体侧壁水平静止释放，则( )
A. 圆环的劲度系数k=mg2π2R
B. 圆环不会穿过圆锥体落向水平面
C. 下落过程中圆锥体对圆环的最小作用力为14mg
D. 圆环落到圆锥体中间高度时，圆锥体对圆环的作用力为34mg
14.下列说法正确的是( )
A. 对于相同质量的核燃料，重核裂变比轻核聚变产生的核能多
B. 非晶体沿各个方向的物理性质都是一样的，具有各向同性
C. 食盐被灼烧时发的光主要是由钠原子从低能级向高能级跃迁时产生的
D. 光电效应、黑体辐射、物质波等理论均与普朗克常量有关
15.如图甲是街头常见的变压器，它通过降压给用户供电，简化示意图如图乙所示，各电表均为理想交流电表，变压器的输入电压U保持不变，输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻为R。当并联的用电器增多时，下列判断正确的是( )
A. 电流表A1示数减小，A示数减小
B. 电压表V2示数不变，V3示数减小
C. V3的变化量ΔU3与A1的变化量ΔI1之比不变
D. V1的示数U1与A1的示数I1之比将增大
二、综合题：本大题共7小题，共55分。
16.（6分）用落体法验证机械能守恒定律，打出如图甲所示的一条纸带．已知打点计时器工作频率为50 Hz．
(1)根据纸带所给数据，打下C点时重物的速度为________ m/s(结果保留三位有效数字)．
(2)某同学选用两个形状相同、质量不同的重物a和b进行实验，测得几组数据，画出v22−ℎ图象，并求出图线的斜率k，如图乙所示，由图象可知a的质量m1________(选填“大于”或“小于”)b的质量m2．
(3)通过分析发现造成k2值偏小的原因是实验中存在各种阻力，已知实验所用重物的质量m2= 0.052 kg，当地重力加速度g=9.78 m/s2，求出重物所受的平均阻力Ff=________ N.(结果保留两位有效数字)
17.（10分）某种花卉喜光，但阳光太强时易受损伤。某兴趣小组决定制作简易光强报警器，以便在光照过强时提醒花农。该实验用到的主要器材如下：
学生电源 多用电表 数字电压表0∼20V 数字电流表0∼20mA
滑动变阻器R(最大阻值50Ω,1.5A) 白炽灯 可调电阻R10∼50kΩ
发光二极管LED 光敏电阻RG、NPN型三极管VT 开关和若干导线等。
(1)判断发光二极管的极性使用多用电表的“×10k”欧姆挡测量二极管的电阻。如图1所示，当黑表笔与接线端M接触、红表笔与接线端N接触时，多用电表指针位于表盘中a位置(见图2)；对调红、黑表笔后指针位于表盘中b位置见图2，由此判断M端为二极管的___________(填“正极”或“负极”)。
(2)研究光敏电阻在不同光照条件下的伏安特性
①采用图3中的器材进行实验，部分实物连接已完成。要求闭合开关后电压表和电流表的读数从0开始。导线L1、L2和L3的另一端应分别连接滑动变阻器的____、____、_____接线柱(以上三空选填接线柱标号“A”“B”“C”或“D”)。
②图4为不同光照强度下得到的光敏电阻伏安特性曲线，图中曲线Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ对应光敏电阻受到的光照由弱到强。由图像可知，光敏电阻的阻值随其表面受到光照的增强而___________(填“增大”或“减小”)。

(3)组装光强报警器电路并测试其功能图5为利用光敏电阻、发光二极管、三极管(当b、e间电压达到一定程度后，三极管被导通)等元件设计的电路。组装好光强报警器后，在测试过程中发现，当照射到光敏电阻表面的光强达到报警值时，发光二极管并不发光，为使报警器正常工作，应___________(填“增大”或“减小”)可调电阻R1的阻值，直至发光二极管发光。
18.（6分）实验室有一块一侧有反光涂层的矩形玻璃砖，它的长宽比为2:1，某同学用激光笔测量该玻璃砖的折射率。由于缺少标准测量工具，该同学将纸张裁成和玻璃砖一样大，通过对折产生折痕对纸张进行等分，将纸张变为测量工具。
(1)用纸张折痕确定法线，调整激光笔的位置如图所示，AO为入射光线，光线通过玻璃砖从B点射出，可知玻璃砖的折射率为n=_______(可用分数、小数及根号表示)；
(2)在本实验中，下列方法最能有效减小实验误差的是 (单选，填字母)。
A.仅适当增大光线的入射角 B.仅适当减小光线的入射角
C.仅适当增加纸张的等分折痕 D.仅适当减少纸张的等分折痕
19.（8分）如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的34。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
(1)抽气之后A、B的压强pA、pB。
(2)弹簧的劲度系数k。
20.（8分）如图所示，内壁光滑的管道竖直放置，其圆形轨道部分半径R=0.6m，管道左侧放有弹射装置，被弹出的物块可平滑进入管道，管道右端出口D水平，且与圆心O等高，出口D的右侧接长木板，长木板放在水平地面上，长木板质量M=0.1kg。质量为m=0.1kg的物块甲通过弹射装置获得初动能，弹簧的弹性势能的表达式为Ep=12kx2(其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，当弹射器中的弹簧压缩量为d时，物块刚好运动到与圆心O等高的C处。当弹射器中的弹簧压缩量为2d时，物块刚好能滑到长木板的最右端，管道内径远小于圆形轨道半径，物块大小略小于管的内径，物块可视为质点，空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2，物块与长木板间的动摩擦因数µ1=0.4，长木板与水平面间的动摩擦因数µ2=0.1。求：
(1)物块运动到长木板左端时的速度大小；
(2)长木板的长度；
(3)若在物块滑上长木板的同时，对长木板乙施加水平向右的外力F=1.8N，则甲经过多长时间滑离长木板；物块和长木板之间由于摩擦产生的热量为多少。
21.（8分）如图所示，有两条不计电阻的平行光滑金属导轨MQN、M′Q′N′，导轨间距L=1m，其中MQ、M′Q′段倾斜放置，倾斜角θ=37°，MQ=M′Q′=6m，QN、Q′N′段水平放置，两段之间通过一小段(大小可忽略)光滑圆弧绝缘材料平滑相连，在倾斜导轨左端连接一电容C=1F的电容器，在N和N′两端与R=0.1Ω的电阻器相连，在倾斜导轨MQ、M′Q′区域内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场B1=1T，在水平导轨的DD′E′E区域内加有垂直水平导轨平面向上的匀强磁场B2=0.4T，DD′、EE′均与导轨垂直，且DE=D′E′=L=1m，cdef是质量为M=3kg、各边长度均为L的开口向左的U形金属框，已知其de边电阻为R=0.1Ω，其余各段电阻可忽略不计，开始时紧挨导轨静置于DD′E′E左侧外，一不计电阻的质量为m=1kg的金属棒a紧贴MM′从静止释放，使其向下滑行，越过QQ′后与U形金属框发生碰撞，碰后粘在一起形成一个正方形导体框沿导轨穿过磁场B2区域。不计一切摩擦，取重力加速度g=10m/s2，求：

(1)金属棒a在倾斜导轨下滑的加速度大小；
(2)de边刚进入磁场B2区域时的速度大小；
(3)整个过程中电阻器R上产生的焦耳热。
22.（9分）如图，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心O1,O2连线与x轴平行，半圆与圆相切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、B2的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到v0。改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ(不计粒子的重力和粒子之间的影响)
(1)求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R；
(2)在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t；
(3)在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小E=Bv0，方向沿x轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在的位置到y轴的距离sin37∘=35,sin53∘=45。
答案解析
1.C
【解析】国际单位制中选定了七个基本物理量，分别是长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量。
故选C。
2.B
【解析】反应方程为：MZ1A1M+NZ2A2N→110271Ds+n01n
核反应过程中满足电荷数守恒、质量数守恒，则需满足Z1+Z2=110+0=110 ， A1+A2=271+1=272
A.由于28+82=110 ， 64+207=273≠272，故A错误；
B.由于28+82=110 ， 64+208=272，故B正确；
C.由于28+83=111≠110 ， 64+209=273≠272，故C错误；
D.由于28+83=111≠110 ， 64+210=274≠272，故D错误。
故选B。
3.D
【解析】A.物体能否可看做质点，主要是看物体的线度和大小与所研究的问题相比能否忽略不计，与物体的大小无关，则雨滴虽然很小，也不一定可以看成质点，选项A错误；
B.若雨滴做曲线运动，则雨滴位移的大小不等于路程，选项B错误；
C.在无风环境中雨滴下落时也受空气阻力作用，则不是做自由落体运动，选项C错误；
D.要研究雨滴的运动必须先选定参考系，选项D正确。
故选D。
4.A
【解析】解：分析物体的受力情况：重力mg、弹力N和摩擦力f，作出力图如图．
AC、摩擦力f与位移的夹角为钝角，所以摩擦力对物体m做功不为零，做负功，故A错误，C正确；
B、物体匀速运动时，合力为零，合力对物体m做功为零，故B正确．
D、由图看出，弹力N与位移s的夹角小于90°，则弹力对物体m做正功，故D正确．
本题选错误的，故选：A
分析物体的受力情况，根据力与位移的夹角，判断力做功的正负．物体匀速运动时，合力为零，合力对物体m做功为零．根据功的公式W=FLcsα求出摩擦力和重力做功．
本题考查力对物体是否做功的判断，也可能根据动能定理求解合力做功．
5.C
【解析】粒子进入磁场时做匀速圆周运动，则两粒子在磁场中的速度大小不变，但是方向不断变化，即两粒子的速度不是不变的；匀强磁场方向垂直纸面向外，由图示粒子运动轨迹可知，粒子刚进入磁场时，粒子①所受洛伦兹力水平向左，粒子②受到的洛伦兹力水平向右，由左手定则可知，粒子①带正电，粒子②带负电。
故选C。
6.D
【解析】A.当发生光电效应时，入射光频率ν时，增大入射光的强度，入射光的光子数目增大，所以产生的光电子数目增大，则光电流会增大，故A错误；
B.入射光的频率大于金属的极限频率，就会发生光电效应，与入射光的强度无关，因此入射光的频率大于金属的极限频率时，减小入射光的强度，光电效应现象不会消失，故B错误；
C.入射光的频率大于金属的极限频率，就会发生电效应，因此改用频率小于ν的光照射，只要光的频率还大于金属的极限频率，就会发生光电效应，故C错误；
D.在光电效应中，根据光电效应方程知，Ekm=ℎν−W0，改用频率更大的光照射，光电子的最大初动能变大，故D正确。
故选D。
7.D
【解析】A.由乙图可知该波的周期
T=2s
根据周期和频率的关系可得
f=1T=0.5Hz
A错误；
B.由题可知，该波的波速
v=xact2=1m/s
由波速、频率、波长的关系可知
v=λf
解得
λ=vf=vT=2m
B错误
C.根据沿波传播的方向上“上波下、下波上”的特点，可知c点的起振方向沿y轴正方向，C错误；
D.由于两列波源的振动步调一致，且c点到两列波源的距离之差
Δr=xbc−xac=1m=λ2
故c点为两波相遇后的振动减弱点，D正确。
故选D。
8.A
【解析】AB.将两小球看作一个整体，对整体受力分析，如图所示
根据平衡条件可得
Facs30∘=2G ， Fasin30∘=Fc
解得
Fa=4 33G ， Fc=2 33G
故A正确，B错误；
C.对2小球隔离分析，利用平衡条件可得
Fb= G2+Fc2= 213G>Fc=2 33G
故C错误；
D.三根相同细线a、b、c的拉力大小关系为
Fa=4 33G>Fb= 213G>Fc=2 33G
因三根相同细线所能承受的最大拉力相同，故只增加灯笼2的质量，由上可知，a最先断，故D错误。
故选A。
9.A
【解析】AC、在条形磁铁向下运动的过程中，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律，两线圈中均产生顺时针方向的感应电流，对条形磁铁产生向上的排斥力，故磁铁的加速度小于g，故A正确，C错误;
B.条形磁铁向上运动，穿过两个圆环的磁通量减小，金属环产生感应电流，金属环受到向下的安培力，而磁铁受到向上的磁场力，所以磁铁向下运动的加速度会小于g，金属环对桌面压力大于自身重力，故B错误；
D.条形磁铁向下运动的过程中，穿过两个圆环的磁通量减大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，所以两个圆环要向磁通量减小的方向运动，则知两线圈相互排斥，故D错误。
故选A。
10.D
【解析】
物块在该行星极地表面静止时，万有引力等于重力
GMmR2=mg极=F
在赤道表面静止时，万有引力和重力的合力提供向心力
GMmR2−mg赤=Fn
其中
mg赤=34F
联立解得
Fn=14F
A.根据向心力公式 Fn=m4π2T2R 可得，该行星的自转周期为
T= 16π2mRF
故A错误；
B.物块在该行星极地表面静止时，万有引力等于重力
GMmR2=mg极=F
解得
M=FR2Gm
故B错误；
C.在赤道表面静止时，根据平衡条件，重力等于弹簧测力计的拉力，即
mg赤=34F
解得
g赤=3F4m
故C错误；
D.根据 ρ=MV 可知，该行星的密度为
ρ=MV=M43πR3=FR2Gm43πR3=3F4πRGm
故D正确。
故选D。
11.D
【解析】用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，从透明薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，发生干涉现象，出现条纹，所以此条纹是由上方玻璃板的下表面和下方玻璃板的上表面反射光叠加后形成的，其光程差为透明薄膜厚度的2倍，当光程差△x=nλ时此处表现为亮条纹，即当薄膜的厚度d=nλ2时对应的条纹为亮条纹，在题目的干涉条纹中，从左向右条纹的间距逐渐增大，结合干涉条纹公式对应的厚度公式可知从左向右薄膜厚度的变化率逐渐减小；
故ABC错误，D正确。
12.A
【解析】设q、2q、3q所在位置对应的电场强度为 E1,E2,E3 ，的由平衡条件得
E1=mgq,E2=mg2q,E3=mg3q
即
E1:E2:E3=11:12:13
而它们距导体棒的距离之比总是 1:2:3 ，可知某点电场强度的大小与该点到导体棒的距离成反比。则任意一点的电场强度大小可写成
E=kr (k为常量)
由于电子绕导体棒做匀速圆周运动，则
ekrA=mvA3rA
ekrB=mvB3rB
解得
vA vB=11
故选A。
13.C
【解析】A.对到底面的距离为圆锥体高线的 38 位置的圆环，取一小段进行受力分析，受重力、圆锥体侧壁的支持力剩余部分圆环对两侧的拉力，其俯视图和截面图分别如图1、图2所示
根据力的合成规律可知
T合=2Tsinθ2
根据平衡条件有
T合=Δmgtan60∘
根据胡克定律有
T=kΔx
根据几何关系有
Δx=2π(58R−18R)=πR
又
Δm=θ2πm
由于 θ 很小，则
sinθ2≈θ2
联立解得圆环的劲度系数
k= 3mg2π2R
故A错误；
B.假设圆环能穿过圆锥体落向水平面，则从圆环静止释放至运动到圆锥体底面的过程，重力势能的减少量
ΔEp减=mgΔℎ=mg⋅ 3R−18R=7 38mgR
弹性势能的增加量
ΔEp增=12k(Δx′)2=12k⋅[2π(R−18R)]2=49 364mgR
由于
ΔEp减>ΔEp增
故假设成立，即圆环能穿过圆锥体落向水平面，故B错误；
C.设圆环下降到某高度时半径为 r ，根据图2由垂直于圆锥体侧璧受力平衡有
F′N=Δmgcs60∘+T′合sin60∘=θmg4π+3θmg2πR(r−18R)
则
FNy=F′Ncs60∘=θmg8π+3θmg4πR(r−18R)
圆锥体对圆环作用力的竖直分量
Fy=∑FNy=2πθFNy=mg4+3mg2R(r−18R)
又根据对称性可知，圆锥体对圆环作用力的水平分量
Fx=0
则圆锥体对圆环的作用力
F=Fy=mg4+3mg2R(r−18R)
又圆环处于自然状态时半径为 18R ，则
r≥18R
所以当 r=18R 时，圆锥体对圆环的作用力最小，此最小作用力
Fmin=14mg
故C正确；
D.当圆环下落到圆锥体中间高度时，有
r=12R
代入C项中的表达式可知，此时
F=13mg16
故D错误。
故选C。
14.BD
【解析】A.对于相同质量的核燃料，重核裂变比轻核聚变产生的核能少，选项A错误；
B.非晶体沿各个方向的物理性质都是一样的，具有各向同性，选项B正确；
C.食盐被灼烧时发的光主要是由钠原子从高能级向低能级跃迁时产生的，选项C错误；
D.根据物理学史可知，光电效应、黑体辐射、物质波等理论均与普朗克常量有关，选项D正确。
故选BD。
15.BC
【解析】AB.变压器的输入电压 U1 保持不变，则电压表 V1 示数不变，根据
U1U2=n1n2
可知副线圈电压不变，即电压表 V2 示数不变，当并联的用电器增多时，并联部分电阻减小，副线圈总电阻减小，副线圈干路电流增大，电流表 A2 示数增大，根据
I1I2=n2n1
可知原线圈中电流增大，电流表 A1 示数增大。通过输电线总电阻 R0 的电流增大，则 R0 两端电压增大，并联部分的电路两端的电压等于副线圈两端电压减去 R0 两端的电压，所以并联部分的电路两端的电压减小，电压表 V3 示数减小，故A错误，B正确；
C.因为副线圈电压不变，所以 V3 的变化量 ΔU3 与 R0 两端电压的变化量 ΔU0 之和为0，所以
ΔU3=ΔU0
又因为
I1I2=n2n1
所以
ΔI1ΔI2=n2n1
又因为
ΔU0ΔI2=R0
所以
ΔU3ΔI1=ΔU0ΔI1=ΔU0ΔI2⋅n1n2=n1n2R0 故 V3 的变化量 ΔU3 与 A1 的变化量 ΔI1 之比不变，故C正确；
D.电压表 V1 示数不变，电流表 A1 示数增大，故 V1 的示数 U1 与 A1 的示数 I1 之比将减小，故D错误；
故选BC。
16.(1)2.25；(2)大于；(3)0.031
【解析】(1)打点周期T=1f=0.02s，根据匀变速直线运动过程中的平均速度规律可得vC=xBD2T=31.23−22.24×10−22×0.02m/s=2.25m/s。
(2)根据动能定理知：(mg−Ff)ℎ=12mv2，
则有：v22=mg−Ffmℎ，
知图线的斜率k=mg−Ffm=g−Ffm，
b的斜率小，知b的质量小，所以a的质量m1大于b的质量m2．
(3)k=mg−Ffm=g−Ffm，m2=0.052 kg，k2=9.18，解得Ff=m2(g−k2)=0.052×(9.78−9.18) N≈0.031 N。
故答案为：(1)2.25；(2)大于；(3)0.031。
17.(1)负极；
(2)A；A；D/C；减小；
(3)增大

【解析】(1)根据欧姆表结构，使用时欧姆表黑表笔接内部电源正极，故当黑表笔接M端，电阻无穷大，说明二极管反向截止即连接电源负极；
(2)题干要求电压表、电流表读数从零开始，所以滑动变阻器采用分压式接法连接电路，故 L1、L2 接滑动变阻器A接线柱， L3 必须接在金属杆两端接线柱任意一个，即C或D；
由图像可知，随光照强度增加，I−U图像斜率增大，所以电阻减小；
(3)三极管未导通时， RG与R1 串联。随着光强增强，RG电阻减小，此时三极管仍未导通，说明R1 分压小，故需要增大R1 。
18.(1) 67418
(2)C

【解析】(1)设长为8a，高为4a，则入射角的正弦为
sini=2a (2a)2+(2a)2= 22
折射角的正弦值为
sinr=9a4 (9a4)2+(4a)2=9 337
故折射率为
n=sinisinr= 67418
(2)本实验的实验误差主要来源于求解正弦值时各条边长度的测量，为了提高测量长度的精准度使实验更准确，可以增加纸张的折痕。
故选C。
19.(1)设抽气前两体积为 V=SL ，对气体A分析：抽气后VA=2V−34V=54Sl
根据玻意耳定律得p0V=pA54V
解得pA=45p0
对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即 12p0 ，则根据玻意耳定律得12p0V=pB34V
解得pB=23p0
(2)由题意可知，弹簧的压缩量为 l4 ，对活塞受力分析有pAS=pBS+F
根据胡克定律得F=kl4
联立得k=8p0S15l。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
20.解：(1)当弹射器弹簧压缩量为d时，物体从释放运动到C过程，弹簧弹性势能转化为物块重力势能，由能量守恒可得：
12kd2=mgR
当弹射器弹簧压缩量为2d时，物体从释放到运动至D点过程中，弹簧弹性势能转化为物块重力势能和动能，由能量守恒可得：12k(2d)2=mgR+12mv2
联立可得v=6m/s
(2)甲物块在木板上滑动时，水平方向受到摩擦力向左，f1=μ1mg；
木板乙水平方向上受到甲对乙摩擦力向右，f1=μ1mg；地面对乙的摩擦力f2=μ2(M+m)g
根据牛顿第二定律甲的加速度a1=μ1g=0.4×10m/s2=4m/s2，
乙的加速度a2=f1−f2M，代入数据解得a2=2m/s2
甲匀减速，乙匀加速，当二者速度相等时，甲刚好运动至乙左边，设甲、乙共速时速度为v′，时间为t。
根据甲乙速度相等得：v−a1t=a2t
代入数据解得t=1s，v′=2m/s
甲的位移：x1=v+v′2t
乙的位移：x2=v′2t
所以木板的长度L=x1−x2
代入数据解得L=3m
(3)对木板施力物体提供向右边F后，甲乙两者共速前：
木板乙加速度a3=F+f1−f2M，甲的加速度a1=μ1g
设t1时甲乙达到相同速度v1，
对于甲v1=v−a1t1，
对于乙v1=a3t1，
由此可得t1=0.25s，v1=5m/s
甲运动位移x1=v+v12t1
乙运动位移x2=v12t1
甲相对乙的位移Δx1=x1−x2
产生的热量Q1=f1Δx1
联立代入数据解得Q1=0.3J
甲乙共速后：甲乙相对滑动，甲加速运动加速度为a1=μ1g，
乙加速运动，加速度a4=F−f1−f2M
乙比甲多运动Δx1后，甲从乙上面滑下：
x′甲=v1t2+12a1t22，x′乙=v1t2+12a4t22
Δx1=x′乙−x′甲
代入数据得t2= 34s
此过程上表面热量等于Q2=Q1=0.3J
综上可知运动时间t=t1+t2=(1+ 34)s，
热量Q=Q1+Q2=0.3J+0.3J=0.6J
【解析】(1)利用能量守恒，列式计算；
(2)物块木板模型，需要判别清楚各自运动状态，利用匀变速直线运动公式计算相对位移；
(3)在拉力作用下甲减速，乙加速，甲相对乙向右运动，两者速度相等后，继续相对滑动，甲、乙同时开始加速，甲相对乙向左运动；
本题考查能量守恒的理解和应用，第二、三问考查物块木板模型的解读理解能力，注意分析物块和木板的加速度从而得知其运动情况，进行解答。
21.解：(1)金属棒a沿倾斜轨道向下滑行过程中有：C=ΔQΔU
又根据电流的定义：Q=IΔt
所以电流为：I=CΔUΔt
对金属棒a，由牛顿第二定律：mgsinθ−B1CΔUΔtL=ma
又根据动生电动势公式有：ΔU=B1LΔv
上式变为：mgsinθ−B1CB1LΔvΔtL=ma
又因为a=ΔvΔt
所以可求得金属棒加速度为：a=mgsinθm+B12L2C
代入数据得：a=3m/s2
(2)金属棒a沿倾斜轨道向下滑行过程由运动学公式得：v= 2aLMQ= 2×3×6m/s=6m/s
金属棒a越过QQ′后与U形金属框发生碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律有：mv=(m+M)v1
解得：v1=1.5m/s
此后一起匀速向右运动直到de边进入磁场B2区域，即de边进入磁场B2区域时速度为1.5m/s。
(3)在de边进入磁场区域时，de边左侧电阻为0，即右侧的电阻器R被短路，无电流。此时回路总电阻就为de边的电阻R；在cf边进出磁场时，此时右侧de边和电阻器组成并联电路，此时总电阻为0.5R，
根据安培力公式：F=BIL
动生电动势公式：E=BLv
则碰后粘在一起全部进入磁场B2区域过程，以向右为正，根据动量定理有：−B2B2L2RL=(M+m)v2−(M+m)v1
解得：v2=1.1m/s
金属框一起全部穿出磁场B2区域过程，有：−B2B2L20.5RL=(M+m)v3−(M+m)v2
解得：v3=0.3m/s
所以此过程中电阻器R上产生的焦耳热为：QR=RR+R[12(m+m)v22−12(M+m)v32]
代入数据得电阻器R上产生的焦耳热为：QR=1.12J
答：(1)金属棒a在倾斜导轨下滑的加速度大小为3m/s2；
(2)de边刚进入磁场B2区域时的速度大小为1.5m/s；
(3)整个过程中电阻器R上产生的焦耳热为1.12J。
【解析】(1)金属棒a在倾斜导轨下滑过程中，电容器的电压始终等于金属棒a切割磁感线产生的感应电动势，推导电路中的电流与加速度的关系，由牛顿第二定律求a棒的加速度。
(2)金属棒a匀加速下滑，由运动学公式求金属棒a到达倾斜导轨底端QQ′时的速度大小。a棒与U形金属框发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律求解碰后共同速度，即为de边刚进入磁场B2区域时的速度。
(3)在de边进入磁场的过程，利用动量定理求出de边达到EE′时的速度。在金属棒a进入磁场B2的过程，再根据动量定理求出金属棒a达到EE′时的速度，最后由能量守恒定律求解整个过程中电阻器R上产生的焦耳热。
解答本题的关键有二：一能根据牛顿第二定律、加速度定义式、电流定义式以及电磁感应规律相结合求出有电容器存在时金属棒a的加速度；二能熟练运用动量定理求线框通过匀强磁场时的速度，由能量守恒定律求焦耳热。
22.(1)根据动能定理得qU=12mv 02
解得U=mv 022q
粒子进入区域I做匀速圆周运动，根据题意某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ，故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R相等，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力Bqv0=mv 02R
解得R=mv0Bq
(2)带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度 v0 沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可得，粒子的在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R，因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入点、区域Ⅰ圆心O1、轨迹圆心Oˈ、粒子出射点四点构成一个菱形，有几何关系可得，区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心Oˈ连线，则区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点水平，根据磁聚焦原理可知粒子都从Q点射出，粒子射入区域II，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qB2v0=mv 02R′
解得R′=2R
如图，要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹所对应的圆心角最小，可知在区域Ⅱ中运动的圆弧所对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径 2R ，根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为 60∘ ，粒子在两区域磁场中运动周期分别为T1=2πRv0=2πmBq
T2=2π⋅2Rv0=4πmBq
故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为t=60∘360∘T1+60∘360∘T2=πmBq
(3)如图，将速度 v0 分解为沿y轴正方向的速度 v0 及速度 v′ ，因为 E=Bv0 可得 Eq=Bqv0 ，故可知沿y轴正方向的速度 v0 产生的洛伦兹力与电场力平衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力 Bqv′ ，故粒子沿y正方向做旋进运动，根据角度可知
v′=2v0sin53∘=1.6v0
故当 v′ 方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即最大速度为
vm=v0+1.6v0=2.6v0
根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的距离为
L=R+Rsin53∘+2R+2R=5.8R=29mv05Bq

【解析】详细答案和详细解答过程见答案