2025届浙江省绍兴市高三上学期11月高考科目诊断性考试（一模）物理试题（含答案）

届浙江省绍兴市高三上学期11月高考科目诊断性考试（一模）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．国际单位制中，以下物理量的单位相同的是（）A．电势差、电动势 B．动能、动量C．速度、加速度 D．电容、电感2．2024年8月，中国战机轰6K与俄罗斯战机图95组成编队，飞越白令海峡。下列说法正确的是（）A．轰6K加速过程中惯性增大B．轰6K飞行速度越大，加速度越大C．观察轰6K空中加油时，可将其看成质点D．轰6K加速向上爬升时，机内飞行员处于超重状态3．2024年9月，中科院在自研磁体方面取得技术突破，产生了42.02T的稳态磁场，其强度约为地磁场强度的80万倍（稳态磁场是指磁感应强度不随时间变化的磁场）。下列说法正确的是（）A．42.02T表示磁通量的大小B．该稳态磁场不可能激发出电场C．磁感应强度不随时间变化的磁场一定是匀强磁场D．将通电直导线放入该稳态磁场，受到的安培力一定很大4．如图所示实线为某一静电场中的一组等势线，A、B为同一等势线上两点，下列说法正确的是（）A．该电场可能是某一负点电荷产生B．A点电场强度大于B点电场强度C．B点电场强度方向沿图中等势线切线方向D．将试探电荷沿虚线轨迹从A点移到B点的过程中，电场力始终不做功5．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，其输入端接正弦交流电源，电动势有效值保持不变，输出端电路由R1、R2、R3和R4四个电阻构成，将该变压器的匝数比改为4：1后，下列说法正确的是（）A．R1两端的电压增大到原来的2倍 B．R2两端的电压增大到原来的4倍C．R3的热功率减小到原来的13 D．R4的热功率减小到原来的6．某型号战斗机沿水平向右匀加速直线飞行，某时刻开始以相等时间间隔自由释放无动力炸弹（图中用小球替代），不计空气阻力，炸弹落地前在空中形成的排列图景是（）A． B．C． D．7．如图所示，外力作用下小球A在竖直平面内做逆时针匀速圆周运动，圆心为O点。另一小球B用轻质弹簧竖直悬挂，且静止时小球B与圆心O在同一竖直高度。向下拉小球B到适当位置，静止释放，运动过程中小球A、B始终在同一竖直高度，不计阻力作用。下列说法正确的是（）A．小球A受到的合外力不变B．以小球A为参考系，小球B静止C．小球B在运动过程中机械能守恒D．小球A竖直方向合外力的大小与小球A到O点的竖直距离成正比8．2024年9月，我国在山东海域利用海上平台，成功完成一箭八星发射任务，顺利将卫星送入预定轨道。已知其中一颗名为“天仪”的卫星在距地面高度约为h1=500km的轨道上绕地球做匀速圆周运动。天宫空间站在距地面高度约为h2=390km的轨道上绕地球做匀速圆周运动。地球表面重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．“天仪”卫星的向心加速度不变B．“天仪”卫星的周期为T=2πC．“天仪”卫星的角速度小于天宫空间站的角速度D．“天仪”卫星与天宫空间站的线速度之比为399．为模拟光在光导纤维中的传播原理，取一圆柱形长直玻璃丝进行实验。如图所示，纸面内有一束激光由空气中以α=45°的入射角射向玻璃丝的AB端面圆心O，恰好在玻璃丝的内侧面发生全反射，此时内侧面入射角为θ。下列说法正确的是（）A．sinB．玻璃丝只能传播特定频率的光C．激光由空气中进入玻璃丝后，其波长不变D．减小入射角α，激光在玻璃丝中仍能发生全反射10．《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，与水轮间无相对滑动，单位长度上有n个。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的75%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则（）A．筒车对灌入稻田的水做功的功率为3nmgωRHB．筒车对灌入稻田的水做功的功率为3nmgC．筒车消耗的功率等于3nπmgD．筒车消耗的功率小于nmgωRH11．速度接近光速的电子在磁场中偏转时，会沿圆弧轨道切线发出电磁辐射，这个现象最初是在同步加速器上观察到的，称为“同步辐射”。同步辐射光具有光谱范围宽（从远红外到X光波段，波长范围约为10−5m∼10−11m，对应能量范围约为10−1eV~105eV）、光源亮度高等特点。已知金属钠的逸出功A．能量为1.89eV的同步辐射光遇到线度约为10−8B．能量为1.89eV的同步辐射光，其动量约为6.3×10C．能量为1.89eV的同步辐射光照射金属钠，可使金属钠发生光电效应D．能量为12.09eV的同步辐射光照射基态氢原子，氢原子能级跃迁后不会发出可见光12．如图甲所示，在同一介质中，频率相同的两波源S1、S2在t=0时刻同时起振，在空间形成简谐横波；t=0.25s时波源S1、S2之间的部分波形图如图所示，此时S1P、S2P之间都只有一个波谷。P为介质中的一点，P点到波源S1与S2的距离分别是PS1=5m、PS2=7m，则（）A．质点P一定是振动减弱点B．波源振动的周期一定为T=C．t=1.25s时，质点P一定处于平衡位置D．质点P的起振方向一定沿y轴负方向13．如图甲所示，一圆心位于O点的圆形导线框半径r=1m，电阻R=5Ω，某时刻起，在导线框圆形区域内加一垂直线框平面的磁场，方向向里为正，磁感应强度大小随时间正弦规律变化如图乙所示。已知当磁场变化时，将产生涡旋电场，其电场线是在线框平面内以O为圆心的同心圆，同一条电场线上各点的电场强度大小相等，计算时取π2=10。下列说法正确的是（）A．0~1s内，线框中产生的感应电动势增大B．线框最大瞬时热功率为P=5WC．0~2s内，通过线框的电荷量为4D．电荷沿圆心为O、半径为rʹ（rʹ<r）的路径运动过程中电场力不做功二、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，有错选的得0分）14．下列说法正确的是（）A．光与无线电波都是物质B．结合能越大的原子核越稳定C．气体温度降低，其内部某些分子的动能有可能增加D．所有电磁波能在接收电路中同时产生相同强度的振荡电流15．如图所示，直线边界PQ下方存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m的小球，带正电q，从边界上a点静止释放，之后沿曲线经时间t到c点（图中c点未画出）时速度达到最大值v，不计空气阻力，有关小球的运动，下列说法正确的是（）A．小球最终将原路返回a点B．小球到c点时，速度v沿水平方向C．小球离开直线边界的最远距离为d=D．小球由a点运动到c点的过程中，洛伦兹力冲量大小为I=三、非选择题（本题共5小题，共55分）16．在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中（1）本实验需要使用到下列实验器材中的______。A． B．C． D．（2）本实验的操作，下列说法正确的是______。A．弹簧测力计中的弹簧应避免与其外壳接触B．若只有一个弹簧测力计，一定无法完成实验C．为使合力与分力产生相同效果，只要将橡皮筋拉伸相同长度D．作力的图示时，为减小误差，不同实验组须采用相同的标度（3）（多选）如图所示，绳子对O点的拉力分别为F1、F2，且F1与F2的夹角为锐角。现让A．增大F1，同时增大θ角 B．增大FC．减小F1，同时减小θ角 D．减小F17．在“测定导体的电阻率”实验中，待测合金丝接入电路部分的长度为58.00cm。（1）某次测量合金丝的直径为0.0396cm，则使用的仪器是（）A．螺旋测微器 B．游标卡尺 C．毫米刻度尺（2）用多用电表的欧姆挡“×10”倍率粗测合金丝电阻，发现指针偏转角度过大，则应将倍率更换至欧姆挡（选填“×1”或“×100”）倍率。（3）用伏安法测量合金丝的电阻，器材有电池组（电动势3.0V）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器（0~10Ω）、开关、导线若干，记录数据如表所示。①第4次测量时，电流表指针如图甲所示，其示数为A。次数1234567U/V0.110.300.701.001.502.002.30I/A0.020.060.16______0.340.460.52②图乙中已经连接了部分导线，根据器材与表中数据，可推断出还需要、（选填ac、ad、bc、eh、eg、fh或fg）连线。③在坐标纸上描绘出U-I图线，得到合金丝的阻值，Rx=4.5Ω，可估算出合金丝电阻率约为。A.1×10-2Ω·mB.1×10-4Ω·mC.1×10-6Ω·mD.1×10-8Ω·m18．在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，（1）如图所示，某同学测得图中装置中透镜、单缝、双缝、毛玻璃、目镜之间的距离分别为L1、L2、L3、L4，又测得第1条亮条纹中心到第5条亮条纹中心的距离为Δx，已知单缝宽度为d（2）若在单缝与透镜之间加入一偏振片，测得该单色光的波长与不加偏振片时相比______。A．增加 B．不变 C．减小19．如图所示，开口向上的导热薄壁汽缸竖直放置，a、b为固定在汽缸内壁的卡口，水平活塞密封一定质量的理想气体。刚开始时活塞停在a处，缸内气体压强处于大气压强为p0=1.0×105Pa，温度为T1=300K的状态A。缓慢升高气体温度至T2=432K，气体处于状态B。已知由状态A到状态B，气体内能增加量为ΔU=66J。卡口a、b之间的距离为D=8cm，a、b的大小可忽略，a到汽缸底部的距离为h（1）状态A到状态B，气体分子的平均速率（选填“变大”“变小”或“不变”），气体吸收的热量Q66J（选填“大于”“小于”或“等于”）；（2）活塞刚要离开卡口a时，气体的热力学温度T3（3）气体在状态B时的压强pB20．如图所示，压缩后处于锁定状态的弹簧左端与墙壁相连，右端与一质量为m=1.1kg的滑块接触而不粘连，AB段光滑。一质量为M=2.2kg的小车上表面水平，动摩擦因数μ=0.4，在小车左侧上方固定一半径R=2.75m的光滑圆弧轨道CD，圆心角θ=37°，在末端D点与小车平滑连接。C点与B点的竖直高度差h=0.45m；D点与圆心O在同一竖直线上，到小车右端F点距离L=3m，初始时小车静止在光滑水平地面上，左端与墙壁接触，F点与平台GJ等高，且F点到平台左端G点的水平距离x可调。现解除弹簧锁定，滑块被弹出后恰好能从C点切入圆弧轨道。假定弹簧的弹性势能全部转化为滑块动能，滑块运动过程中可看作质点，求：（1）滑块由B运动到C的时间t；（2）弹簧锁定时储存的弹性势能大小Ep；（3）滑块在圆弧轨道末端D点时，对轨道的压力的大小FN；（4）若0.25m≤x≤1.25m，小车与平台GJ碰撞后立即静止，写出滑块刚滑到G点时的速度vG大小与x的关系。21．如图甲所示，竖直固定的无限长直导线右侧有一与之共面的正方形闭合导电线框abcd，线框边长l=1m，由质量均为m、电阻均为R=2Ω的金属杆ab、cd和不计质量与电阻的导电轻杆ad、bc组成，ab边与直导线平行，到直导线的距离d=1m。已知无限长直导线在空间某点产生的磁感应强度与电流I成正比，与该点到直导线的垂直距离x成反比。I=1A的长直导线在空间产生的磁感应强度大小与x的关系如图乙所示。现给直导线通以I=2A的恒定电流，给线框一初始角速度ω按顺时针方向（从上往下看）绕竖直对称轴OO（1）线框中心点的磁感应强度大小（结果保留两位小数）；（2）线框转过90°时的感应电流方向，并估算此过程中通过线框的电荷量q；（3）由于直导线产生的磁场微弱，线框在微弱电磁阻尼作用下缓慢减速，现测得线框转动N（N较小）圈过程产生焦耳热为Q，则此过程线框产生感应电流的有效值多大；以及线框转动1圈，角速度的减小量Δω，已知Δω<<ω。（用题中所给的字母表示，可能用到的数学知识：（1±xn22．如图甲所示，某粒子研究装置的通道长D=0.46m，其横截面abcd、a'b'c'd'为边长L=1.6m的正方形，通道四壁aa'b（1）t=0时刻发射的粒子在通道内的运动半径大小；（2）t=0时刻发射的粒子能否通过截面a'b'（3）通道壁bb（4）若仅撤去x方向磁场Bx

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．电势差和电动势的的单位是一样的，都是伏特，故A正确；B．动能的单位是焦耳，但动量的单位是千克米每秒，故B错误；C．速度的单位是米每秒，而加速度的单位是米每二次方秒，故C错误；D．电容的单位是法拉，电感的单位是亨利，故D错误。故选A。

【分析】本题主要考查一些物理量的单位，要想确定某个量的单位，可以想一想这个物理量是通过什么公式去计算的，通过联想的方式可能会比较快。2．【答案】D【解析】【解答】A．惯性只跟质量有关，所以A错误；B．加速度的大小跟速度的大小无关，所以速度大不一定加速度就会大；故B错误；C．所以观察轰6K空中加油时，需要考虑到它的油箱的位置，所以不可将其看成质点，故C错误；D．加速度向上，说明是超重状态，故D正确。故选D。

【分析】惯性只跟质量有关；加速度是描述速度变化的快慢，所以跟速度大小没有必然联系；当物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或者影响很小，可忽略不计时，可将物体看成质点；加速度向上为超重。3．【答案】B【解析】【解答】A.42.02T，单位是特斯拉，所以它表示磁感应强度的大小。故A错误；B．由麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场产生电场，所以稳态磁场不可能激发出电场。故B正确；C．匀强磁场指的是磁感应强度在空间各处大小方向都不变，不仅大小不变，故C错误；D．电流与磁场平行时，不受安培力，故D错误。故选B。

【分析】本题主要考查电磁场理论，变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，稳定的电场不产生磁场，稳定的磁场不产生电场；当电流与磁场平衡时，安培力为04．【答案】B【解析】【解答】A．我们知道，负电荷产生的电场周围形成的等势线不是这种分布不均的，而是以负电荷为圆心的一系列同心圆，而图上不是，故A错误；B．可以由等势线疏密来看电场强弱，由图可知，A处等势线比B处等势线密集，所以A点电场强度大于B点电场强度，故B正确；C．因为电场线与等势线垂直，故B点电场强度方向与等势面垂直，故C错误；D．A和B在同一等势线上，所以电场力做的总功为0，但从轨迹上来看，电场力在前半段离场源电荷越来越远，后半段离地越来越近，所以前后做功刚好相反，加在一起为0，故D错误。故选B。

【分析】该题考查电场线与等势线；电场线跟等势线互相垂直；等势线的疏密描述了电场的强弱，等势线越密的地方电场强度越大，等势线越疏的地方电场强度越小；沿等势线运动的电荷电场力不做功。5．【答案】D【解析】【解答】A．由

U1U2=n1BCD．从上式U2变为原来的一半，那么流过R2、R3和R4的电流均为原来的一半，所以R2两端的电压变为原来的一半，根据P=UI可得，R3的热功率减小到原来的14，R4的热功率减小到原来的1故选D。

【分析】该题考查变压器的原理，原副线圈的电压之比等于匝数之比；电流之比等于匝数的反比，输入功率等于输出功率；此部分内容不难，公式比较多，把公式记下来了，解题难度不大。6．【答案】B【解析】【解答】跟据题意，战斗机沿水平向右匀加速直线飞行，以飞机为参考系，则释放的炸弹水平方向做向左的匀加速直线运动，水平位移为

x=竖直方向做自由落体运动，有

y=设合位移与水平方向夹角为θ，则有

tan可知空中的所有炸弹均与飞机排成一列斜线，先释放的炸弹靠左，后释放的靠右。故选B。

【分析】该题需要结合平抛运动的处理方法进行解题，将运动分为水平方向的运动和竖直方向的运动，分别列出位移随时间的表达式，再利用位移偏转角进行求解即可。7．【答案】D【解析】【解答】A．小球A进行匀速圆周运动时，由合外力来提供向心力，该合外力大小恒定不变，而方向却时刻发生变化，所以A错误；B．若以小球A作为参考系，会发现小球B在竖直方向上的距离始终保持不变，然而在水平方向上的距离处于不断变化之中。因此，以小球A为参考系时，小球B处于运动状态，所以B错误；C．在小球B运动的过程里，由小球B和弹簧共同组成的系统其机械能是守恒的，但小球B自身的机械能并不守恒，所以C错误；D．设定小球A做圆周运动的半径为r，其向心力也就是合外力F。在某一时刻，小球A到圆心的竖直高度设为h，与圆心连线和水平方向的夹角记为θ，那么有以下表达式

sinθ=hr

小球A在竖直方向上的合外力可表示为

Fy=Fsinθ=Fhr

故选D。

【分析】A选项根据匀速圆周运动的特点得出合外力的性质判断其错误；B选项以小球A为参考系分析小球B的位置变化判断错误；C选项从系统机械能守恒与单个小球机械能情况判断错误；D选项通过设定小球A的运动参数，推导出竖直方向合外力的表达式，结合匀速圆周运动向心力不变的条件，得出竖直方向合外力大小与到O点竖直距离成正比，从而判断正确。8．【答案】C【解析】【解答】A．对于做匀速圆周运动的物体而言，其向心加速度的大小是恒定不变的，但是向心加速度的方向却在时刻发生着变化，因此向心加速度是时刻在变化的，故A错误。​

B．设地球的质量为M，半径为R。对于“天仪”卫星，依据万有引力提供向心力，可得

GMmR+h12=m4π2T2R+h1

另外，在地球表面上的物体所受重力近似等于万有引力，即有

m0g=GMm0R2

将两式联立起来，可以得到

T=2πR+h1R故选C。

【分析】A，匀速圆周运动加速度的方向时刻在变，匀速圆周运动是变加速曲线运动；接着在选项B中，通过对“天仪”卫星依据万有引力提供向心力以及地球表面物体重力与万有引力的关系进行推导，得出结论从而判断正误；在选项C中，可以根据高轨低速大周期来判断，；在选项D中，根据万有引力提供向心力推导线速度的表达式，进而得出“天仪”卫星与天宫空间站线速度之比。9．【答案】D【解析】【解答】A．使用折射定律得n=n=解得

sin故A错误；B．玻璃丝可以传播不同频率的光，故B错误；C．激光由空气中进入玻璃丝后，改变的是传播介质，光在不同介质里传播速度改变，所以则波长改变，故C错误；D．根据折射定律，减小入射角α，则折射角减小，所以光在玻璃丝的内侧面入射角增大，当增大到大于临界角时，发生全反射，故D正确。故选D。

【分析】A通过折射定律得出结果从而判断；对于B选项，玻璃丝能传播不同频率光；对于C，光在不同介质中传播会改变波速，从而改变波长；D选项，依据折射定律分析减小入射角后的情况，所以可能发生全反射。10．【答案】A【解析】【解答】AB．由题可知，水筒在筒车上均匀排布，而单位长度上有n个，每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中75%被输送到高出水面H处灌入稻田。首先计算水轮转一圈灌入农田的水的总质量，根据题意理解提炼出水轮转一圈，水筒走过的长度为水轮的周长，那么水的总质量m接着计算水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功

W=1.5πRnmgH那么筒车对灌入稻田的水做功的功率

P=WT（T为水轮转一圈的时间）

联立解得

P=CD．筒车在工作过程中，除了对水做功外，还会克服自身的摩擦等阻力做功，所以筒车消耗的功率大于对灌入稻田的水做功的功率，故CD错误。故选A。

【分析】先根据题目条件确定水轮转一圈灌入农田的水的总质量计算方法，即通过单位长度水筒数、每个水筒装水量及输送比例与水筒走过的长度来计算。接着计算水克服重力做的功，利用重力公式和做功公式。然后由功和时间关系得到功率表达式，通过联立求解判断。对于CD选项，考虑到筒车除对水做功外还有其他能量损耗，得出筒车消耗功率大于对水做功功率的结论。11．【答案】A【解析】【解答】A．根据E=hν=h得

λ=6.6×所以能发生明显衍射，故A正确；B．根据

p=hλC．能量为1.89eV的同步辐射光金属钠的逸出功小，不能发生光电效应，故C错误；D．能量为12.09eV的同步辐射光照射基态氢原子，氢原子吸收光子能量后跃迁到更高能级。计算可知跃迁到3能级，再向低能级跃迁时，从3能级到2能级，释放光子能量为

ΔE=−1.51eV−(−3.40)eV=1.89eV

故选A。

【分析】A选项通过计算波长并结合衍射条件判断其正确性；B选项仅给出动量值难以确定正误，需结合具体情境判断，但题目中判定其错误；C选项根据光电效应发生条件，比较同步辐射光能量与金属钠逸出功判断正误；D选项先计算同步辐射光照射基态氢原子后的能级跃迁情况，再判断释放光子能量是否在可见光范围内从而判断正误12．【答案】B,D【解析】【解答】A．由图可知波长为2m，两波源的振动步调相同。通过

PS2B．根据

v=xt=1.50.25m/s=6m/sC．t=1.25s时，两波向前传播的距离

x'=6×1.25m=7.5mD．根据波形图和波的传播方向可以确定波源的起振方向向下，所以质点P的起振方向一定沿y轴负方向，故D正确。故选BD。

【分析】A进行分析，根据图中信息和公式可计算得出质点P为振动加强点；对选项B进行分析，依据公式v=x13．【答案】B【解析】【解答】A．根据法拉第电磁感应定律

E=ΔΦΔt=πB．线框的热功率

P=EmC.0～2s内，通过线框的电荷量

q=It=D．电荷沿圆心为O、半径为r'的路径运动过程中，感生电场电场力做功，感生电场是变化的磁场产生的，电荷在感生电场中运动，电场力会做功，故D错误。故选B。

【分析】A根据法拉第电磁感应定律公式，再分析图像得出结论；对于B通过线框的感应电动势公式和热功率公式进行推导判断即可；C利用电荷量公式进行计算推导可以得出结论；D分析感生电场电场力做功情况来判断正误。14．【答案】A,C【解析】【解答】A．光与无线电波属于电磁波，电磁波是物质，所以光和电磁波都是物质，故A正确；B．比结合能越大的原子核越稳定，而不是结合能越大原子核越稳定，故B错误；C．气体温度降低，平均动能减小，但不能说明所有的分子动能都减小，也可能内部某些分子的动能增加，故C正确；D．当发生电谐振时，电磁波才能在接收电路中产生相同强度的振荡电流，故D错误。故选AC。

【分析】对于A选项，光和无线电波属于电磁波，电磁波是物质；对于B选项，要明确比结合能与结合能的概念差异，比结合能越大原子核越稳定而不是结合能；对于C选项，根据温度与平均动能的关系，但每个分子的动能并不一定全都以平均动能的状态存在；对于D选项，电谐振产生最强振荡电流而非相同强度振荡电流。15．【答案】B,D【解析】【解答】BC．根据配速法，将小球的运动分解为水平向右的匀速直线运动和竖直平面内的匀速圆周运动。对于水平方向的匀速直线运动，根据牛顿第二定律

mg=qv1B

和

qv2B=mv22r

可得初始状态

v故B正确，C错误；A．小球的运动为摆线运动，由于有水平向右的匀速直线运动分量和竖直平面内的匀速圆周运动分量，其运动轨迹不是直线，最终将不会原路返回点，故A错误；D．小球由a点运动到c点的过程中，根据动量定理可得洛伦兹力冲量大小为I=故D正确。故选BD。

【分析】A根据小球运动是水平向右匀速直线运动和竖直平面内匀速圆周运动的合成，判断其不会原路返回a点。对于选项B，依据配速法的运动分解，结合物理定律和公式进行推导，得出正确结论。选项CJ结合前面的分析和推导从而得出判断；选项D利用动量定理，以小球只受洛伦兹力为前提，通过公式计算得出洛伦兹力冲量大小。16．【答案】（1）C（2）A（3）D【解析】【解答】（1）本实验需要选项中的三角板用来作图。故选C。（2）A．弹簧测力计中的弹簧应避免与其外壳接触，以免增大误差，故A正确；B．若只有一个弹簧测力计，在需要用两个弹簧测力计互成角度将结点拉到某一位置时，可用细绳代替其中一个弹簧测力计，记录下两个拉力的方向和弹簧测力计的示数，然后将细绳和弹簧测力计拉力的方向互换，将结点拉到同一位置，再次记录下弹簧测力计的示数，这样也得到了两个拉力的大小和方向，所以，若只有一个弹簧测力计，也可完成实验，故B错误；C．为使合力与分力产生相同效果，必须将结点拉到同一位置，故C错误；D．作力的图示时，不同实验组采用相同的标度并不能减小误差，所以不同实验组不必采用同一标度，故D错误。故选A。（3）F1与F2的夹角为锐角，F2由图可知，F1的大小减小，且F1与故选D。

【分析】本实验是探究两个互称角度的力的合成实验考查，第（1）该小题是对实验器材的考查，本实验需要借助三角板画图；第（2）问是对实验操作的考查，本实验中需要注意的细节是本实验采用等效替代的思想进行实验，需要每次将结点拉到同一个位置，保证合力与分力产生的作用效果相同；第（3）问需要借助画图来求解，类似于利用画图分析法来分析共点力的静态平衡问题里某个力变化引起另一个力如何变化的问题。（1）本实验要用到三角板进行作图，所以选C。

【分析】该小题是对实验器材的考查，本实验需要借助三角板画图。（2）A．弹簧测力计中的弹簧应避免与其外壳接触，以免增大误差，故A正确；B．若只有一个弹簧测力计，在需要用两个弹簧测力计互成角度将结点拉到某一位置时，可用细绳代替其中一个弹簧测力计，记录下两个拉力的方向和弹簧测力计的示数，然后将细绳和弹簧测力计拉力的方向互换，将结点拉到同一位置，再次记录下弹簧测力计的示数，这样也得到了两个拉力的大小和方向，所以，若只有一个弹簧测力计，也可完成实验，故B错误；C．为使合力与分力产生相同效果，必须将结点拉到同一位置，故C错误；D．作力的图示时，不同实验组采用相同的标度并不能减小误差，所以不同实验组不必采用同一标度，故D错误。故选A。

【分析】该问题是对实验操作的考查，本实验中需要注意的细节是本实验采用等效替代的思想进行实验，需要每次将结点拉到同一个位置，保证合力与分力产生的作用效果相同；（3）F1与F2的夹角为锐角，F2由图可知，F1的大小减小，且F1与故选D。

【答案】（1）C；(2)A；(3)D

【解析】本题需要借助画图来求解，类似于利用画图分析法来分析共点力的静态平衡问题里某个力变化引起另一个力如何变化的问题。17．【答案】（1）A（2）“×1”（3）0.22；ac；eh；C【解析】【解答】（1）在该实验里我们主要运用螺旋测微器来测合金丝的直径，故选A（2）大角换小档，所以偏角过大说明量程大了，需要换成更小的量程，即将倍率更换至欧姆挡“×1”倍率。（3）由表中数据可知，电流表所选用的量程为0.6A，即每一小格为0.02A，所以示数为0.22A；由表中数据可知，待测电阻阻值约为5Ω，由于R所以电流表应采用外接法，同时若滑动变阻器采用限流接法，回路中最小电流为I与表格中数据不符，所以滑动变阻器应采用分压接法，故需要连接的导线为ac、eh。根据电阻定律RS=π所以

ρ=故选C。

故答案为：（1）A；(2)×1；（3）0.22；ac；eh；C

【分析】本题是关于测定导体电阻率的实验；第（1）问选择仪器，可以看出直径是0.396mm，三位小数说明是螺旋测微器的读数；第（2）问小角换大档，大角换小档，这是常见的一些记忆口诀，有利于我们解决问题；第（3）问从表格数据判断量程，再结合示数进行读数；该实验在选择电路时需要判断电流表的内外接问题和滑动变阻器的分压和限流接法，由此来判断再根据电阻定律求解即可。（1）某次测量合金丝的直径为0.0396cm，则使用的仪器是千分尺。故选A。（2）用多用电表的欧姆挡“×10”倍率粗测合金丝电阻，发现指针偏转角度过大，则应换成小倍率，即将倍率更换至欧姆挡“×1”倍率。（3）[1]由表中数据可知，电流表所选用的量程为0.6A，即每一小格为0.02A，所以示数为0.22A；[2][3]由表中数据可知，待测电阻阻值约为5Ω，由于R所以电流表应采用外接法，同时若滑动变阻器采用限流接法，回路中最小电流为I与表格中数据不符，所以滑动变阻器应采用分压接法，故需要连接的导线为ac、eh。[4]根据电阻定律RS=π所以ρ=故选C。18．【答案】（1）d（2）B【解析】【解答】（1）由题意可知，从第1条亮条纹中心到第5条亮条纹中心的距离为Δx，也就是说相隔四条条纹的间距为ΔΔ根据相邻亮条纹间距公式可得Δ联立可得单色光波长的表达式为λ=（2）加不加偏振片都不会改变光的波长，所以与不加偏振片时相比，波长不变；故选B。

【答】（1）λ=d2Δx4（1）测得第1条亮条纹中心到第5条亮条纹中心的距离为ΔxΔ根据相邻亮条纹间距公式可得Δ联立可得单色光波长的表达式为λ=（2）若在单缝与透镜之间加入一偏振片，由于加偏振片不会改变光的波长，所以测得该单色光的波长与不加偏振片时相比不变。故选B。19．【答案】（1）因为状态A到状态B，温度升高，故气体分子的平均速率变大；根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，内能变化量为正，气体对外做功，W为负，故吸收热量Q要大于W，即Q>66（2）解：对活塞受力分析p解得

p由于该过程为等容变化，根据查理定律

p解得

T（3）解：设活塞到达卡口b时，气体的热力学温度T1'，气体的体积为V解得

T温度继续升高至432K，气体为等容变化，根据查理定律p解得

p【解析】【分析】第（1）问，温度升高代表气体分子的平均动能增大，所以平均速率变大；温度升高内能变化为正，而W为负，所以吸收的热量大于W；

第（2）问利用对活塞的受力分析得出气体的压强，而结合题意为等温变化，就可以利用查理定律进行列式求解；

第（3）问根据等压变化列出盖-吕萨克定律求出活塞达到卡口b时的温度，继续升温，活塞不能移动，所以为等容变化，结合查理定律进行列式即可求出压强。20．【答案】（1）解：B到C过程为平抛运动，则h=得

t=0.3s​​​​​​​（2）解：由平抛运动规律可知，在C点时，去竖直方向速度v恰好能从C点切入圆弧轨道，由几何关系可知vv由功能关系得E（3）解：从C到D过程，由动能定理mgR解得

v在D点，由牛顿第二定律可知F根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力FN（4）解：滑块滑上车后，滑块与车动量守恒，若最终共速m解得v由功能关系可知−μmgΔx=解得Δ对小车，动能定理有

μmg解得

x情形1：当0.25m≤x<1.00m时，未共速，小车已碰到平台GJ，滑块全程减速，由速度位移公式v解得

v情形2：当1.00m≤x≤1.25m时，小车碰到平台GJ前已共速，即

v【解析】【分析】第（1）问BC过程物体做平抛运动，已知高度求时间直接代入公式即可求解；

第（2）问求弹性势能，在高中阶段没有学习弹性势能的计算公式，所以无法直接通过弹簧的形变量求弹性势能，只能通过能量转换的角度，通过求动能的方式求弹性势能，所以先求C点的速度，利用速度偏转角即可求解，再代入公式求出动能进而求出弹性势能；

第（3）问，求D点滑块对轨道的压力，压力等于轨道对滑块支持力的大小，那么问题回到了竖直平面内圆周运动的问题。从C到D运用动能定理得到D点的速度，再进行受力分析得到牛顿第二定律表达式，求出支持力，再利用牛顿第三定律得到压力；

第（4）问该模型类似于完全非弹性碰撞的模型，所以结合完全非弹性碰撞列出动量守恒的表达式，再结合完全非弹性碰撞里的能量损失等于摩擦力做功求出相对位移；再利用动能定理求出小车的位移，再进行分类讨论的方式求解出G点速度与x的关系。（1）B到C过程为平抛运动，则h=得t=0.3s（2）由平抛运动规律可知，在C点时，去竖直方向速度v恰好能从C点切入圆弧轨道，由几何关系可知vv由功能关系得E（3）从C到D过程，由动能定理mgR解得v在D点，由牛顿第二定律可知F根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力F（4）滑块滑上车后，滑块与车动量守恒，若最终共速m解得v由功能关系可知−μmgΔx=解得Δ对小车，动能定理有μmg解得x况1：当0.25m≤x<1.00m时，未共速，小车已碰到平台GJ，滑块全程减速，由速度位移公式v解得v况2：当1.00m≤x≤1.25m时，小车碰到平台GJ前已共速，即v21．【答案】（1）解：方法1由于磁感应强度

B=k由图乙1A电流，x=1m时，B=2×10k=2×当2A电流时，线框中心点的磁感应强度为B=方法2根据图像，1A时线框中心点（距离导线1.5m）磁感应强度大小为

B1=1.32×10由题线框中心点磁感应强度与电流I成正比，当2A电流时，线框中心点的磁感应强度为

B=2B1=2.64×（2）解：根据右手定则线框转过90°时的感应电流方向为adcba。线框转过90°时磁通量为0，开始时线框的磁通量为Φ又l=1m，所以Φ为1m≤x≤2m的B−x图像与x轴所围的面积的大小。若电流为1A，由图乙B−x图像可知1小格面积大小为10−9Wb，在1m≤x≤2m的B−x图像与x轴所围的面积有138个小格（136~139都对），得若1A电流时线框的磁通量

Φ=1.38×10Φ线框转90°过程中通过线框的电荷量q=代入数据得q=6.9×10（3）解：线框缓慢减速，产生焦耳热Q的过程转动圈数N不多，可认为线框电流有效值不变，得

Q=I22Rt

计算可得

I=根据能量守恒每转一圈Q化简

4Q略去2阶小量，得Δ​​​​​​【解析】【分析