2024届浙江省选考物理试卷

陶汉斌

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2024）11-0118-10

考生须知：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟.

2.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡上.

3.選择题的答案须用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净.

4.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试卷上无效.

5.本卷中涉及数值计算的，重力加速度g均取10 m/s2.

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.下列哪些物理量表达式是比值定义式（）.

A.a=FmB.B=FILC.I=URD.n=cv

2.每年的端午节各地的龙舟比赛热闹非凡，如图1是某地龙舟在进行500 m的直道比赛，下列说法正确的是（）.

A.研究队员的划桨动作，可将队员看成质点

B.以龙舟为参考系，岸上站立的观众是静止的

C.获得第一名的龙舟，撞线时的速度一定很大

D.获得最后一名的龙舟，平均速度一定最小

3.如图2，把质量为0.5 kg的石块从10 m高处以30°角斜向上方抛出，初速度是v0＝6 m/s.不计空气阻力，g＝10 m/s2，以抛出点所在水平面为参考平面，则（）.

A.石块落地时速度的大小与仰角大小有关

B.石块落地时的重力势能为50 J

C.石块在最高点的重力势能为2.25 J

D.人在抛出石块过程中做功为59 J

4.如图3所示，一位同学把一个充气到直径约1 m的乳胶气球以某一速度水平向前投掷，前方同学因胸部被碰，竟然向后退了一大步，把气放掉后气球变得很小，再把气球以相同的速度投在前方同学的胸部，同学几乎没有什么反应.关于这两次气球碰撞实验原理理解的解释，下列说法正确的是（）.

A.充气气球内是气体，碰撞时动量不守恒

B.充气气球与未充气气球比，动量大很多

C.充气气球有较大弹性，碰撞时气球对人的作用力大于人对气球的作用力

D.充气气球受较大浮力，碰撞时产生很大冲力

5.关于下列四幅图，说法正确的是（）.

A.图4（a）中，核子分开时吸收的能量称为比结合能

B.图4（b）中，镉棒插入深一些，核反应速度会变慢

C.图4（c）中，电子束穿过铝箔后的衍射图样说明电子具有粒子性

D.图4（d）中，入射光子与静止电子碰撞后，光子波长变短

6.如图5所示，一架直梯斜靠光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面上，直梯处于静止状态.从侧面观察时，下列直梯的受力分析图（如图6）中正确的是（）.

7.如图7（a）所示是一种推动宇宙飞船前进的动力装置即霍尔推进器，可以让带电粒子在辐射状的磁场中做匀速圆周运动，工作原理可简化为如图7（b）所示的运动模型.圆形虚线边界1、2（共圆心O）之间存在均匀分布的辐射状（沿径向）磁场，同时在垂直虚线圆面方向加场强大小为E的匀强电场（未画出），磁感应强度为B的匀强磁场（方向向里）.一质量为m、带电量为q（q>0）的粒子（不计重力）在圆形虚线边界之间以速率v绕圆心O做匀速圆周运动，运动轨迹如图7（b）中的实线所示，下列说法正确的是（）.

A.洛伦兹力Bqv和电场力充当粒子做匀速圆周运动的向心力

B.带电粒子运动轨迹上各点辐射状磁场的磁感应强度的大小为Ev

C.粒子做匀速圆周运动的半径为mv2qE

D.粒子形成的等效电流为Bq22πm

8.在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫调制，调制分调幅和调频两种.如图8（a）所示有A、B两幅图，在收音机电路中天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送到下一级，需要把高频成分和低频成分分开，只让低频成分输入下一级，如果采用如图8（b）所示的电路，图中虚线框a和b内只用一个电容器或电感器.以下关于电磁波的发射和接收的说法中，正确的是（）.

A.在电磁波的发射技术中，图8（a）中A是调幅波

B.在电磁波的发射技术中，图8（a）中B是调幅波

C.图8（b）中a是电容器，用来通低频，阻高频，b是电感器，用来通高频，阻低频

D.图8（b）中a是电感器，用来阻交流，通直流，b是电容器，用来通高频，阻低频

9.科幻电影《流浪地球2》中的“太空电梯”给观众带来了强烈的视觉冲击，标志我国科幻电影工业能力的进步.如图9所示，“太空电梯”由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间站、配重组成，缆绳相对地面静止，箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站.下列说法正确的是（）.

A.地面基站可以选址建在佛山

B.箱体在上升过程中受到地球的引力越来越小

C.配重的线速度小于同步空间站的线速度

D.若同步空间站和配重间的绳断开，配重将靠近地球

10.为探讨磁场对脑部神经组织的影响及临床医学应用，某小组查阅资料得知：将金属线圈放置在头部上方几厘米处，给线圈通以上千安培、历时约几毫秒的脉冲电流，电流流经线圈产生瞬间的高强度脉冲磁场，磁场穿过头颅对脑部特定区域产生感应电场及感应电流，而对脑神经产生电刺激作用，其装置如图10所示.同学们讨论得出的下列结论正确的是（）.

A.脉冲电流流经线圈会产生高强度的磁场是电磁感应现象

B.脉冲磁场在线圈周围空间产生感应电场是电流的磁效应

C.若将脉冲电流改为恒定电流，则不可持续对脑神经产生电刺激作用

D.若脉冲电流最大强度不变，但缩短脉冲电流时间，则在脑部产生的感应电场及感应电流会减小

11.（改编）如表1是某品牌排烟风机的相关参数，若已知空气密度为1.3 kg/m3，则下列表述判断正确的是（）.

A.风机的转动的角速度为314 rad/s

B.排风扇的内电阻约为8.8 Ω

C.空气排出的速度约为15 m/s

D.出风口半径约为0.26 m

12.如图11所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙，与圆弧段分别在C、D端相切；整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场.现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放.若PC=L，小球所受电场力等于其重力的33倍，重力加速度为g.则（）.

A.小球第一次沿AC下滑的过程中，刚开始做匀加速度直线运动

B.小球在轨道内受到的摩擦力可能大于233mg

C.经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是433mgl

D.经足够长时间，小球经过O点时轨道的弹力为2mg-qBgR

13.单反照相机取景器的原理示意图如图12所示，ABCDE为取景器中五棱镜的一截面，AB⊥BC，长度均为L，有a、b两种单色光组成的细光束从空气垂直于AB射入棱镜，入射点距B点距离s，经两次反射后光线垂直于BC射出，且在CD、AE边有a光射出，b光恰好发生全反射，则（sin22.5°=2-22，cos22.5°=2+22，tan22.5°=2-1，光速为c）

A.五棱镜对b光的折射率为2-22

B.b光在五角棱镜中传播的时间为2（2+2）L（2-2）c

C.做双缝干涉实验时，相同条件下用b光比a光形成的条纹宽度大

D.将a、b光以相同的入射角從空气斜射入水中，a光的折射角较小

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，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）

14.下列说法正确的是（）.

A.晶体熔化时吸收热量，其分子平均动能在增加

B.空调的工作说明了热量可以从低温物体传到高温物体

C.第二类永动机违反了能量守恒定律

D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生

15.一个有固定转动轴的竖直圆盘如图13（a）所示，圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统，小球做受迫振动，圆盘静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图13（b）所示（以竖直向上为正方向），下列说法正确的是（）.

A.t=1 s到t=2 s小球所受的回复减小，且方向为x轴正向

B.t=2 s到t=3 s弹簧弹性势能一定减小

C.若圆盘正以30 r/min匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为2 s

D.若圆盘正以30 r/min匀速转动，欲使小球振幅增加则可使圆盘转速适当增大

非选择题部分

三、非选择题（本题共5小题，共55分）

16.实验题（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14分）

Ⅰ.（6分） （1）赵同学用如图14（a）所示的装置做“探究加速度与力的关系”实验.正确补偿阻力后，挂上装有砂的砂桶，得到如图14（b）所示的纸带，通过纸带可算出B点的速度 m/s，小车的加速度为 m/s2（均保留两位有效数字），由此可判断砂桶质量（选填“满足”或“不满足”）本实验要求.钱同学仍用图14（a）装置做“探究小车速度随时间变化的规律”实验.重新调整实验装置后，获取了一条新的纸带，利用实验数据绘制成如图14（c）所示的“v﹣t”图像，发现其图线末端发生了弯曲，以下四个操作中，你认为最可能是（单选）.

A.实验前没有补偿阻力

B.实验前补偿阻力时板垫起得太高

C.砂桶质量不满足实验要求

D.没有调节好定滑轮的高度

Ⅱ.（6分）（1）某实验室现有的电学器材如下：

干电池E（电动势3.0 V，内阻未知），电流表A（量程10 mA，内阻为90 Ω），定值电阻R0（阻值为400 Ω），滑动变阻器R（最大阻值为200 Ω），单刀双掷开关 S，导线若干.某同学利用该现有器材，设计了一个测量未知定值电阻的实验，测量电路图如图15（a）所示.

①用笔画线代替导线，请在答题卡上按照电路图15（a），将实物图15（b）连接成完整电路.

②实验时，先断开开关，连接好电路，将滑动变阻器R的滑片调到阻值最大一端.单刀双掷开关K掷到2，闭合开关，调节滑片到某位置此时电流表指针如图15（c）所示，读数为mA；断开开关，保持滑片的位置不变.单刀双掷开关K掷到1，闭合开关后，电流表指针指在满刻度处，若不考虑电池内阻，则Rx的测量值为Ω.

③本实验中若考虑电池内阻，Rx的测量值与不考虑电池内阻时的测量值相比将.

A.变大B.变小C.不变D.无法比较

（2）在做“练习使用多用电表”的实验中

在测量电阻时，下列说法正确的有；

A.每次更换倍率不同的挡位，不必重新进行欧姆调零

B.如果阻值未知，必须先选择倍率最大的挡位进行试测

C.进行欧姆调零时，用一只手捏紧短接的红黑表笔，另一只手细心调节欧姆调零旋钮

D.测量时如果指针偏转过大，应将选择开关拨至倍率更大的挡位重新测量

Ⅲ.（2分）以下实验中，说法正确的是

（多选）.

A.油膜法估测分子直径的大小是一种通过测量宏观量来测量微观量的方法

B.金属的电阻随着温度的升高而增大

C.在探究气体发生等温变化遵循的规律时一定要保证封闭的气体不漏气

D.“探究电磁感应的产生条件”实验中的电表是交流电压表

17.（8分）一导热汽缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体.如图16（a）所示，汽缸水平横放时，缸内空气柱长为l0.已知大气压强为p0，环境温度为T0，活塞横截面积为S，汽缸的质量m=P0S20g，不计活塞与汽缸之间的摩擦.现将汽缸悬挂于空中，如图16（b）所示.求：

（1）稳定后，汽缸内空气柱长度；

（2）汽缸悬在空中时，大气压强不变，环境温度缓慢地降至多少时能让活塞回到初始位置；

（3）第（2）小题过程中，若气体内能减少了ΔU，此气体释放了多少热量.

18.（11分）如图17所示，在水平面上静置一质量M=450 g的滑块，滑块上表面是一个半径R=0.2 m的四分之一圆弧，圆弧最低点A与水平地面相切.现给质量m=50 g的小球一个大小v0=4 m/s的水平初速度，小球经B点离开滑块时，随即撤去滑块.小球于C点第一次着地，小球每次与地面碰撞前后，水平速度保持不变，竖直速度大小减半，方向反向.A点始终与地面接触，忽略小球通过各轨道连接处的能量损失，不计一切摩擦和空气阻力，求：

（1）小球刚运动到滑块最低点A时，对滑块的压力；

（2）小球离开滑块后所能到达的最大高度；

（3）要使小球能水平进入接收器最低点P，P与C间的最小距离为多大.

19.（11分）如图18，平行导轨ac、bd置于水平桌面上，导轨左端接有电阻R=8 Ω，导体棒质量为m=0.5 kg，长为0.5 m，导体棒单位长度电阻为r=5 Ω/m，开始时静止于导轨的ab位置，在F=F0+kt的力作用下，棒做加速度为a=2 m/s2的匀加速直线运动，2.5 s末导体棒到达导轨最右端cd位置.导体棒离开cd位置后可视为平抛运动，平行导轨fh、eg置于水平地面上且足够长，导轨左端与电容C=12.5 F的大电容器连接，电容器初始带电量q=35 C，导体棒下落到地面平行导轨后，竖直速度立即变为零，水平速度不变，电容器放电进一步加速导体棒向前运动，导轨电阻、导体棒与导轨摩擦不计，导体棒与导轨接触过程中始终与导轨垂直，ac、bd导轨与fh、eg导轨间距均为0.4 m，且均处于磁感应强度B=0.5 T，方向竖直向上的匀强磁场中.求

（1）导体棒即将离开cd位置时，导体棒两端的电压U；

（2）题中F0和k的值；

（3）导体棒从ab运动到cd过程中，导体棒受安培力的冲量；

（4）导体棒在地面平行导轨上加速后的最终速度.

20.（11分）范德格拉夫静电加速器由两部分组成，一部分是产生高电压的装置，叫作范德格拉夫起电机，其示意图略，加速罩（金属球壳）是半径a=0.5 m的一个铝球，由宽度w=10 cm、运动速度v=20 m/s的一条橡胶带对它充电，从而使金属壳与大地之间形成500 kV的高电压.另一部分是加速管和偏转电磁铁，再加上待加速的质子源就构成了一台质子静电加速器，如图19所示.抽成真空的加速管由20个金属环及电阻组成（图中仅画出电阻中的6个），金属环之间由玻璃隔开，各环与500 MΩ的电阻串联.从质子源引出的质子进入加速管加速，然后通过由电磁铁产生的一个半径b=10 cm的圆形匀强磁场区域引出打击靶核.已知质子束的等效电流为25 μA，质子的比荷qm≈108 C/kg.

（1）若不考虑传送带和质子源的影响，求加速罩内的电场强度E和电势φ；

（2）要维持加速罩上500 kV的稳定电压，求喷射到充电带表面上的面电荷密度σ；

（3）质子束进入电磁铁，并做角度θ=60°的偏转，求磁感应强度B的大小；

（4）已知電量为q的点电荷在距离r处产生的电势为φ=kqr.若偏转后的质子向氟原子（Z=9）组成的一个靶上发射，求质子与氟原子核中心最接近的距离（假设氟保持静止，k=9.0×109 N·m2/C2）.

参考答案

1. 答案：B

解析比值定义的物理量是由其本身的性质决定的，与外界因素无关，不能说成正比与反比的关系，它反应了物理量的某个性质，选项B正确.

2.答案：D

解析研究划桨动作时形状不能忽略，因此A错；以龙舟为参考系，岸上的观众是向后运动的，因此B错；获得第一名的龙舟，平均速度大而冲刺速度不一定，因此C错，D对.

3.答案：C

解析从抛出到落地，根据机械能守恒定律有：mgh=12mv2-12mv20，求出石块落地速度为：v=v20+2gh，从公式中可看出，物体落地时的速度与物体抛出时的初速度以及石块的高度有关，与物体的质量和初速度的仰角无关，故A错误；石块落地时的重力势能为Ep＝-mgh＝-50 J，故B错误；抛出时，竖直方向的分速度为vy＝v0sin30°＝3 m/s，根据机械能守恒可知到达最高点的重力势EP=12mv2y=2.25 J，故C正确；人在抛出石块过程中做功为，E=12mv20=

9 J，故D错误.本题正确选项为C.

4.答案：B

解析两次气球碰撞实验中，主要原因是充气气球的质量大、动量大，导致碰撞时产生很大的冲力.C选项中根据牛顿第三定律，作用力与反作用力大小一定是相等的.本题正确选项是B.

5.答案：B

解析A.核子分开时吸收的能量称为结合能，结合能除以核子数为比结合能，故A错误；B.镉棒能够吸收中子，镉棒插入深一些，会导致参与核反应的中子数减少，核反应速度变慢，故B正确；C.衍射现象是波动性的体现，电子束穿过铝箔后的衍射图样说明电子具有波动性，故C错误；D.由动量守恒定律可知，与静止电子碰撞后，入射光子的动量减小，由p=hλ可知，波长变长，故D错误.故选B.

6.答案：B

解析梯子在竖直方向上受重力、地面的支持力，因为墙光滑，所以竖直墙对梯子没有摩擦力；在水平方向上，受到竖直墙的水平向右弹力，因为平衡，所以地面对梯子有静摩擦力，与墙对梯子的弹力方向相反，为水平向左.故B正确，ACD错误.本题正确答案为B.

7答案：D

解析由题可知，垂直纸面向里的匀强磁场产生指向圆心方向的洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力为F=Bqv，故A错误；B.受力分析可得，粒子运动过程中还受到垂直纸面的洛伦兹力和电场力，垂直纸面方向受力平衡，设带电粒子运动轨迹上各点辐射状磁场的磁感应强度的大小为B1，则有Eq=qvB1，解得B1=Ev，故B错误；C.由向心力公式可得，qvB=mv2r，则粒子做匀速圆周运动的半径为r=mvqB，由于B和B1关系未知，故C错误；D.带点粒子做圆周运动的周期为T=2πrv=2πmqB，粒子形成的等效电流为I=qt=q2πmqB=Bq22πm，故D正确.本题正确选项为D.

8.答案：A

解析调幅，即通过改变电磁波的振幅来实现信号加载，故题图A、B中A为调幅波，B为调频波，故A正确，B错误；CD.根据交流电路中电容器的通高频阻低频和电感线圈的通低频阻高频作用可知，元件a要让高频信号通过，阻止低频信号通过，故元件a是电容较小的电容器，元件b要让低频信号通过.本题正确选项为A.

9.答案：B

解析A.根据题意可知，缆绳相对地面静止，则整个同步轨道一定在赤道正上方，所以地面基站不可能选址建在佛山，故A错误；B.箱体在上升过程中受到地球的引力为F=GMmr2，万有引力随着箱体与地球距离的增加而减小，故B正确；C.根据“太空电梯”结构，由公式v=ωr可知，配重和同步空间站的角速度相同，空间站的环绕半径小于配重的环绕半径，所以配重的线速度大于同步空间站的线速度，故C错误；D.根据题意可知，配重在万有引力和缆绳拉力合力作用下做圆周运动，若同步空间站和配重间的绳断开，拉力消失，配重与地球之间的万有引力小于配重做圆周运动的向心力，配重会做离心运动，故D错误.故选B.

10答案：C

解析A.脉冲电流流经线圈会产生高强度的磁场是电流的磁效应，故A错误；B.脉冲磁场在线圈周围空间产生感应电场是电磁感应现象，故B错误；C.若将脉冲电流改为恒定电流，线圈将产生恒定磁场，故不会产生持续的感应电场及感应电流对脑神经产生电刺激作用，故C正确；D.若脉冲电流最大强度不变，但缩短脉冲电流时间，则脑部特定区域的磁通量改变量大小不变，但磁通量改变的时间变小，根据法拉第电磁感应定律，有E=ΔΔt，所以在脑部产生的感应电场及感应电流会增加，故D错误.故选C.

11.答案：D

解析解：A.风机转速n，风机转动的角速度为ω=2πn=145π3rad/s，故A错误；B.由表格得，风机的工作电压U＝220 V，电功率为P电＝5.5 kW＝

5 500 W.由P电＝UI得，电流I＝25 A，风机的输出功率P出＝ηP电＝65%×5 500 W＝3 575 W.热功率为P热＝P电-P出＝5 500W-3 575 W＝1 925 W，由P热＝I2R得，排风扇的内电阻R=1 925252 Ω=3.08 Ω，故B错误；C.设空气排出的速度为v，时间t内，由能量守恒定律的：Pt=12Qtρv2，代入数据解得：v＝30 m/s，故C错误；D.风机的流量Q＝vπr2代入数据解得，出风口半径r≈0.26 m，故D正确.

12.答案：D

解析小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为F=（mg）2+（33mg）2=233mg不变，故根据牛顿第二定律可知，小球做加速度减小的加速运动，当摩擦力等于两个力的合力时，做匀速运动，小球在轨道內受到的摩擦力最大，则为233mg，不可能大于233mg，故A、B选项均错误；经足够长时间，小球在CD间往复运动，根据动能定理，可知，取从静止开始到C的速度为0，则摩擦力做功与重力及电场力做功之和为0，则摩擦力总功为233mgL，故C项错误；对小球在O点受力分析，且由C向D运动，由牛顿第二定律，则有：N-mg+Bqv=m

v2R；由C到O点，机械能守恒定律，则有：mgR（1-sin30°）=12mv2；解得N=2mg-qBgR，即当小球由C向D运动时，对轨道的弹力为2mg-qBgR，故D项正确.

13.答案：B

解析根据题意，有θ1=θ2=θ3=θ4=C，根据几何关系θ1+θ2+θ3+θ4=90°所以C=22.5°，所以n=1sinC=22-2，故A错误；B.b光在五角棱镜中传播的速度为v=cn=2-2c2，根据几何关系可得x=（2+2）L，所以传播时间为t=xv=2（2+2）L（2-2）c，故B正确；C.根据题意，a光的临界角大于b光的临界角，所以a光的折射率小于b光的折射率，a光的波长大于b光的波长，根据公式Δx=Ldλ，可得，相同条件下用a光比b光形成的条纹宽度大，故C不正确；D.根据折射定律n=sinisinr可知，以相同的入射角从空气斜射入水中时，a光的折射角较大，故D错误.本题正确选项为B.

14.答案：BD

解析晶体熔化时吸收热量，温度不变，其分子平均动能不变.空调的工作说明了热量可以从低温物体传到高温物体，但是它消耗了电能.第二类永动机违反了能量转化的不可逆性，也就是违反了热力学第二定律，扩散现象在气体、液体和固体中都能发生.本题正确选项为BD.

15.答案：AC

解析以竖直向上为正方向，t=1 s到t=2 s小球从最低点向平衡位置振动，偏离平衡位置位移方向为负，大小正在减小，由F回=-kx，可知所受的回复力减小，方向为x轴正向，故A正确；B.t=2 s到t=3 s小球从平衡位置向最高点振动，小球可能会经过弹簧的原长，则弹簧弹性势能可能先减小后增大，故B错误；C.若圆盘以30 r/min匀速转动，其周期为T驱=1n=130min=2 s.小球振动达到稳定时其振动的周期等于驱动的周期为2 s，故C正确； D.由图13（b）可知，小球振动的固有周期为T固=4 s，若圆盘正以30 r/min匀速转动时，有T驱

16.I

答案：0.42 （1分）2.0（2分）、不满足（1分） D（2分）

解析求B点速度时，利用AC的平均速度等于B点的瞬时速度，vB=3.32×10-20.08 m/s=0.42 m/s，同理可利用a=ΔxT2解出加速度为2.0 m/s2，这个加速度太大了，不满足本实验中悬挂物的质量远小于小车质量这一要求.钱同学是探究小车速度随时间变化的规律，就不需要满足物体质量远小于车的质量这一要求，是由于定滑轮的高度没有调节好，使细绳方向一长木板不平行，水平方向的分力越来越小，导致小车运动过程加速度越来越小，选项D是正确的.

Ⅱ.（6分）答案：（1）①如图20所示（2分）

② 5.0（1分）100（1分） ③C（1分）

（2） C （1分）每次更换倍率不同的挡位，必重新进行欧姆调零；如果阻值未知，必须先选择中等倍率的挡位进行试测；进行欧姆调零时，可以用一只手捏紧短接的红黑表笔，因为手的电阻很大而表笔是短接的.测量时如果指针偏转过大，说明读数很小，应将选择开关拨至倍率小的挡位重新测量.选项C是正确的.

Ⅲ.答案：ABC

17.答案：（1）2019l0；（2）1920T0；（3）ΔU+p0l0S20

解析（1）设气缸竖直悬挂时，内部气体压强为p1，空气柱长度为l1，由玻意耳定律可知p0l0=p1l1

对气缸受力分析，由平衡条件

p1S+mg=p0S1分

联立可得，稳定后，汽缸内空气柱长度为l1=2019l01分

（2）由盖—吕萨克定律可知Sl1T0=Sl0T11分

得T1=1920T01分

（3）由热力学第一定律可知-ΔU=Q+W1分

其中W=p1Sl1-l01分

得Q=-（ΔU+p0l0S20）1分

则气体释放的热量为Q=ΔU+p0l0S201分

18.答案：（1）FN′=4.5 N，方向竖直向下；（2）h=0.72 m；（3）1212510 m

解析（1）小球刚运动到滑块最低点A时，对小球FN-mg=mv20R1分

得FN=4.5 N1分

由牛顿第三定律可知，小球对滑块的压力FN′=4.5 N方向竖直向下1分

（2）小球滑上滑块到运动至最高点的过程中，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，设小球运动到最高点h时，滑块和小球水平方向的速度大小相等，设为v共

mv0=（M+m）v共1分

mv202=（M+m）v2共2+mgh1分

得h=0.72 m2分

（3）设小球第一次着地前瞬间，竖直方向的速度大小设为vy1，初次着地后经t时间，小球与地面发生第n+1次碰撞时与C点的距离为x，则

v2y1=2ghx=v共t1分

解得

t=vy1g［1+12+122+123+…+12n］1分

当n→

SymboleB@

时t=2vy1g1分

此時x=1212510 m

即要使小球能水平进入接收器最低点P，P与C间的最小距离为1212510 m1分

19.答案：（1）1.05 V；（2）F0=1 N，k=8×10-3 N/s；（3）0.025 N·s；（4）9.5 m/s

解析（1）导体棒到达导轨最右端cd位置时

v=at0=5 m/s1分

设导体棒在电路中的有效电阻为R1，导轨宽度为l1，导体棒在导轨外的长度为l2，此时，导体棒两端的电压

U=RR1+RBl1v+Bl2v1分

由于导体棒的有效电阻为R1=2 Ω，代入可得

U=1.05 V1分

（2）导体棒在水平桌面上加速过程，由牛顿第二定律有

F0+kt-F安？=ma1分

又F安=B2l21v1R+R11分v1=at

代入数据解得F0=1 N，k=8×10-3 N/s1分

（3）导体棒从ab运动到cd过程中，导体棒受安培力的冲量

I=F-安t0=B2l21v2R+R1t01分

代入数据得I=0.025 N·s1分

（4）导体棒在地面平行导轨运动的最终速度为vt，由动量定理得

Bl1Δq=mvt-mv1分

Δq=q-CBl1vt1分

代入数据解得vt=9.5 m/s1分

20.答案：（1）E=0，φ=500 kV；

（2）37.5 μC/m2；（3）0.58 T；（4）2.59×10-14 m

详解（1）导体球静电平衡E=01分

由题意得φ=500 kV1分

（2）罩通过电阻和质子束放电.通过电阻放电电流

IR=φ-0R=5×10520×500×106μA=50 μA1分

需要供给罩的总电流I=IR+Ip=75 μA1分

这个电流被喷到橡胶带，而I=σwv

则σ=Ivw=37.5 μC/m21分

（3）加速度过程，由动能定理得12mv2=qφ1分

在磁场中有B=mvqr1分

粒子在磁场中轨迹如图21.

由几何关系得r=btan（θ/2）1分

联立解得B=tan（θ/2）b2mφq≈0.58 T

（4）由能量守恒，有qφ=kZq2r1分

解得r=kZqφ≈2.59×10-14 m1分

［责任编辑：李璟］