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2024年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理仿真模拟卷01参考答案1.𝐷2.𝐷3.𝐵4.𝐶5.𝐷6.𝐷7.𝐵8.𝐵9.𝐷10.𝐶11.𝐶12.𝐶13.𝐶14.𝐴𝐵𝐶15.𝐴𝐵1

6.(1)𝐵；(2)𝐴；(3)4.7617.(1)3.0；(2)𝐴1，20；(3)①左；④1.48(1.44∼1.52)，0.86(0.82∼0.90)。18.(1)𝐴；(2)16.7；5.75×10−719.解：(1)活塞恰要离开𝑎𝑏时，由活

塞平衡：𝑝0𝑆+𝑚𝑔=𝑝1𝑆解得：𝑝1=𝑝0+𝑚𝑔𝑆=1.2×105𝑃𝑎活塞上升△ℎ=0.1𝑚的过程中压强：𝑝=𝑝1=1.2×105𝑃𝑎根据理想气体的状态方程：𝑝

0𝑉0𝑇0=𝑝𝑉𝑇，可得：𝑝0ℎ𝑆𝑇0=𝑝(ℎ+𝛥ℎ)𝑆𝑇解得：𝑇=432𝐾(2)气体做功𝑊=−𝑝⋅𝑆△ℎ=−30𝐽电阻丝放热45𝐽，所以气体吸热：𝑄=45𝐽根据热力学第一定律可得：△𝑈=𝑊+𝑄解得：△𝑈=15𝐽，故气体内能增加

15𝐽．20.解：(1)𝐶点：7𝑚𝑔−𝑚𝑔=𝑚𝑎，解得：𝑎=60𝑚/𝑠2；(2)临界1:恰好过最高点𝐷点，𝐸𝑃=12𝑚𝑣𝐷2，𝑚𝑔=𝑚𝑣𝐷2𝑅1，得：𝑅1=0.8𝑚，临

界2:对最低点𝐶点的压力为13𝑚𝑔，𝐸𝑃+𝑚𝑔2𝑅=12𝑚𝑣𝐶2，13𝑚𝑔−𝑚𝑔=𝑚𝑣𝐶2𝑅2，得：𝑅2=0.1𝑚，所以，轨道半径𝑅满足：0.1𝑚<𝑅<0.8𝑚；(3)设滑块到𝐺点的速度为𝑣𝐺，则𝐴→𝐺:𝐸𝑝=𝜇1𝑚𝑔ℎtan

𝜃+𝜇1𝑚𝑔𝑙𝐹𝐺+𝑚𝑔ℎ+12𝑚𝑣𝐺2，小车与滑块共速：𝑚𝑣𝐺=(𝑚+𝑀)𝑣共，解得：𝑣共=14𝑣𝐺，得：𝐸𝑘=12𝑀𝑣共2=316(𝐸𝑝−0.35)，要保证滑块不滑出小车右端，如滑块恰好滑到小车右端：12𝑚𝑣�

�2−12(𝑚+𝑀)𝑣共2=𝜇2𝑚𝑔𝑑，可得𝑣𝐺=2√5𝑚/𝑠，得：𝐸𝑝𝑚=1.35𝐽，综上所述，𝐸𝑘=316(𝐸𝑝−0.35)(0.4𝐽<𝐸𝑝<1.35𝐽)。21.解：(1)根据题意知，金属杆进入磁场

时的速度大小为𝑣=144𝑘𝑚/ℎ=40𝑚/𝑠，设游客和座椅自由下落的高度为ℎ，有𝑣2=2𝑔ℎ，制动开关𝐴离地面的高度ℎ𝐴=𝐻−ℎ，联立解得ℎ𝐴=46𝑚(2)在𝐴点，对金属杆进行分析，由牛顿第二定律有𝐵𝐼𝐿+𝐹−𝑚𝑔=𝑚

𝑎，其中感应电流𝐼=𝐸𝑅，感应电动势𝐸=𝐵𝐿𝑣，解得𝐵=1𝑇；(3)在磁场区域，由电流的定义式可得𝑞=𝐼𝛥𝑡，由闭合电路欧姆定律有𝐼=𝐸𝑅，由法拉第电磁感应定律有𝐸=𝛥𝛷𝛥𝑡，其中𝛥

𝛷=𝐵𝐿ℎ𝐴，联立解得𝑞=𝐵𝐿ℎ𝐴𝑅=4.6×103𝐶。22.解：(1)离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力平衡有𝑞𝐸=𝑞𝑣⬚0𝐵0解得𝐸=6×103𝑁/𝐶。(2)设𝐴点离下极板的距离为ℎ，离子射出电场时的速度大小为𝑣，根

据动能定理有𝑞𝐸ℎ=12𝑚𝑣2−12𝑚𝑣02离子在电场中做类平抛运动，设运动时间为𝑡，离子在水平方向的分运动为匀速直线运动，则有𝑣=𝑣0cos30∘解得ℎ=0.05𝑚由几何关系有tan30∘=𝑣𝑦𝑣𝑥=𝑣𝑦𝑡𝑣𝑥𝑡=2ℎ𝐿解得𝐿=0.17𝑚。(3

)设离子进入磁场后做匀速圆周运动的最小半径为𝑟1，此时离子经过𝑃点，如图所示，由几何关系有𝑟1cos30∘=𝑑2根据牛顿第二定律有𝑞𝑣𝐵1=𝑚𝑣2𝑟1解得𝐵1=6.0×10−2𝑇设离子进入磁场后做匀速圆周运动的最大半径

为𝑟2，此时离子经过𝑄点，由几何关系有𝑟2cos75∘=√22𝑑𝑞𝑣𝐵2=𝑚𝑣2𝑟2解得𝐵2=1.3×10−2𝑇则正方形中磁场的磁感应强度大小的范围为1.3×10−2𝑇≤𝐵≤6.0×10−2𝑇。【解析】1.A.

高铁车厢内显示屏上显示的速度是瞬时速率，故A错误；B.研究物体某一部分运动时，不可以把物体看成质点，故B错误；C.以地面为参考系，小朋友的位置发生改变，小朋友是运动的，故C错误；D.“02：32”为时刻，故D正确。故选D。2.【分析】本题主要考查𝑣−𝑡图象、加速度和超重

与失重。在速度时间图象中，直线的斜率表示加速度，根据图象求出电梯的加速度，当有向上的加速度时，电梯处于超重状态，当有向下的加速度时，电梯处于失重状态。【解答】A、由题图可知，图中切线斜率的倒数表示加速度大小，即𝑎=𝛥𝑣𝛥𝑡=1𝑘，由图

可知切线斜率逐渐增大，所以电梯的加速度逐渐减小，故A错误；B、由图可知2𝑠时电梯的速度逐渐增大，但不知道电梯在向上运动还是在向下运动，所以不能判断电梯是超重状态还是失重状态，故B错误；C、𝑡=3𝑠时有𝑎1=𝛥𝑣𝛥𝑡=6−43𝑚/𝑠2=

23𝑚/𝑠2，故C错误；D、𝑡=0时𝑎0=𝛥𝑣𝛥𝑡=12−03𝑚/𝑠2=4𝑚/𝑠2，则𝑎0𝑎1=6，故D正确。故选D。3.设手机的质量为𝑚，斜面倾角为𝜃。对手机进行受力分析，如图所示由图可知支持力方向垂直斜面向上，摩擦

力方向沿斜面向上，根据平衡条件则有𝑓=𝑚𝑔sin𝜃，𝐹N=𝑚𝑔cos𝜃因cos𝜃<1，故𝐹N<𝑚𝑔，且摩擦力等于手机所受的重力沿斜面向下的分力故选B。因为手机处于静止状态，根据平衡条件求解斜面对手机的静摩擦力和手机所受支持力表达式进行分析；斜面对手机

的静摩擦力与手机重力沿斜面分力平衡，由此分析。本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。4.【分析】根据运动状态来判定受力情况，结合摩擦

力产生条件，结合空气阻力的有无以及加速还是匀速，从而确定摩擦力是否存在。考查根据不同的运动状态，来分析脚受到力的情况，要注意掌握摩擦力产生条件，注意空气阻力的有无，掌握牛顿第二定律和平衡条件的应用应用。【解答】A.

考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受摩擦力为右，故A错误；B.不计空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，脚可能不受到摩擦力作用，由支持力与重力提供合力，故B错误；C.当考虑空气阻力，当人

处如图丙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则重力、支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故C正确；D.当不计空气阻力，当人处如图丙所示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚受到的重力与支持力提供加速度，那

么脚所受摩擦力可能为零，故D错误；故选C。5.【分析】本题时根据运动分析受力情况，根据汽车做匀速圆周运动以及半径的变化分析工件的受力情况，知道工件受到的合力指向圆心，提供向心力，难度不大。【解答】𝐴.汽车过𝐴、𝐵、𝐶三点时，做匀速圆周运动，合外力指向

圆弧的圆心，故对𝑃分析，𝐴𝐶两点合外力向左，𝐵点合外力向右，𝑄和𝑀对𝑃的支持力大小不是始终相等，A错误。B.汽车过𝐴、𝐵、𝐶三点时的圆弧轨道半径不同，根据合外力提供向心力得𝐹合=𝑚𝑣2𝑟，当汽车匀速通过三个半径依次变小的圆形弯道时，工件𝑃受到的合外力大小依次在增

大，B错误；C.汽车过𝐴点时，由角速度与线速度关系𝜔=𝑣𝑟得，在𝐴点圆弧轨道半径最大，汽车重心的角速度应该最小，C错误；D.汽车过𝐴、𝐶两点时，所受的合外力向左，故𝑀对𝑃的支持力大于𝑄对𝑃的支持力，D正确。故选D。6.【分析】根据万有

引力提供卫星绕地球做匀速圆周运动所需的向心力求解线速度、周期、加速度及角速度等物理量。根据表达式再以近地卫星或同步卫星为标准对比可以得到结论。本题考查了万有引力定律在天体运动中的应用，基础题目。掌握环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动所需的向心力是由万有引力提供的。【解答】解：�

�、由题意可知，“实践二十三号”卫星距地面的高度为ℎ(ℎ小于同步卫星距地面的高度)，根据：𝐺𝑀𝑚(𝑅+ℎ)2=𝑚𝑣2𝑅+ℎ，得到：𝑣=√𝐺𝑀(𝑅+ℎ)，因为轨道半径大于近地卫星轨道半径，所以线速度大小

小于7.9𝑘𝑚/𝑠，故A错误；B、该卫星和同步卫星处于不同高度的轨道上，速度不同，质量也不同，所以动能大小无法确定，故B错误；C、因为：𝐺𝑀𝑚𝑅2=𝑚𝑔，𝐺𝑀𝑚(𝑅+ℎ)2=𝑚𝑎，所以向心加速度小于地面重力加速度𝑔，故C错误；D、该卫星的周期

小于24小时，所以角速度大小大于同步卫星的角速度，故D正确。故选：𝐷。7.【分析】本题考查涡流，电磁阻尼和电磁驱动，电磁感应在生活生产中的应用。根据电磁驱动原理，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且比磁体转动的慢；根据涡流的知识可知，当炉外线圈

通入高频交流电时，铁块中产生涡流，铁块中产生大量热量，从而冶炼金属；根据话筒中线圈切割磁感线产生电流将声转化成电流信号；毫安表的表头，在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理。【解答】A.根据电磁驱动原理，图甲中，当摇动手柄使得蹄

形磁铁转动，则铝框会同向转动，线圈比磁铁转得慢，故A正确；B.图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，在铁块中产生涡流，铁块中产生大量热量，从而冶炼金属，故B错误；C.图丙中，当人对着话筒讲话时，带动线圈运动切割磁感线，线圈中会

产生强弱变化的电流，这利用了电磁感应原理，故C正确；D.图丁是毫安表的表头，在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故D正确。本题选错误的，故选B。8.【分

析】电流测量仪是根据理想变压器的原理工作的，根据原理分解即可；电流表显示的是交变电流的有效值，根据变压比分析被测电流。本题是理想变压器的实际应用，注意交流电压表、电流表的示数为交变电流的有效值。【解答】A.理想变压器的工作原理是电磁感应

现象，钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯，该测量仪只能测量交流电的电流，故A错误；𝐵𝐶𝐷.由变压器的基本原理可知𝐼1𝐼2=𝑛2𝑛1，解得𝑛1，电流表的示数为电流的有效值，故被测电路电流的有效值为500𝐴，B正确，CD错误。故选B。9.【分析】根据题意(前表面的电势低于后表面

的电势)与左手定则可判断载流子电性；结合圆周运动公式可求得车速大小，根据洛伦兹力等于电场力可判断𝑈1与𝑈2之间的关系。霍尔元件作为带电粒子在复合场中运动的应用，常见于选择题，要掌握洛伦兹力等于电场力作为本题的突破点。【解答】A、霍尔元件的电流是由负电荷定向运动形成的，故A正确；B、根据单位时间

内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮的角速度，最后由线速度公式𝑣=𝑟𝜔，结合车轮半径，即可求解车轮的速度大小，故B正确；D、根据𝑞𝑣𝐵=𝑞𝑈2𝑑，得𝑈2=𝑣𝑑𝐵，根据电流的微观定义式𝐼

=𝑛𝑒𝑆𝑣，得𝑣=𝐼𝑛𝑒𝑆，联立解得𝑈2=𝐼𝑑𝐵𝑛𝑒𝑆，可知霍尔电势差𝑈2与车速无关，故D错误；C、由上述𝐷可知，若𝑈1变大，则𝐼变大，导致𝑈2变大，故C正确。本题选错误的，故选D。10.【分析】欧姆表的测量电

阻时，其电流值非常小，人即使直接接触也不会有电击感；而变压器的线圈在电流变化时会产生自感电动势，这个值比较大，人会有电击感．由于小杨双手分别握住线圈裸露的两端，故实际相当于小杨并联到了变压器上，由此可判定各

个选项。本题考查了自感电动势产生的条件，要知道欧姆表测电阻时，电流是很小的；当电流变化时线圈才会产生较大的自感电动势．若未放置铁芯，自感电动势减弱。【解答】解：𝐷、当小张把多用表的表笔与被测线圈脱离时，回路中的电流要立即减小到零，与多用电表欧

姆挡的内部电池相连的变压器线圈会产生较大的自感电动势，使小杨有触电感，故原因不是流过线圈的电流突然变大，故D错误；A、发生电击时，多用电表已经与电路断开，此时多用电表的电流为零，故小张也没有电击感，故A错误；B、

发生电击的前后，由于线圈的自感电动势要阻碍原电流的减小，故它产生的自感电流方向与原方向一致，这样使得流过刘伟的电流方向与原来相反，流过刘伟的电流大小也明显增大，故B错误；C、若未放置铁芯，变压器线圈产生的自感电动势减弱，小杨电击感减弱，故C正确。故选：

𝐶。11.【分析】发生干涉的条件之一是两列波的频率必须相同。当两列波的起振方向相同(相位差为零)时，波程差是半波长的偶数倍时，振动加强，波程差是半波长的奇数倍时，振动减弱。若两列波的起振方向相反(相位差为𝜋)时，则波

程差是半波长的偶数倍时，振动减弱，波程差是半波长的奇数倍时，振动加强。两列相干波叠加时，振动加强点的振幅变大，振幅变为𝐴1+𝐴2，振动减弱点的位移变为𝐴1−𝐴2，并不是说振动加强点位移一直最大，振动减弱点位移一直最小，只是振幅的大小发生了变化而已。【解答】A、降噪功能的麦克风工作原理

是通过两个声波发生干涉，起到减弱甚至抵消噪声的目的，故A错误；B、两列频率相同，相位差恒定的波相互叠加，产生干涉，相位差是𝜋，则抑噪信号与噪音信号相互减弱，从而起到降噪效果，故B错误；C、两列信号波叠加减弱后的振幅为𝐴1−𝐴

2，若𝐴1=𝐴2，则叠加后振幅变为零，降噪效果最好，故C正确；D、抑噪信号与噪音信号在相遇点相位差正好为𝜋，降噪效果最好，故D错误。12.【分析】本题考查核聚变、核反应方程等知识点。核聚变的发生条件非常苛刻，需要极高的温度与压强。核反

应质量数与电荷数守恒，反应有质量亏损。核聚变反应比核裂变反应平均每个核子放出的能量更大。【解答】A.轻核聚变需在很高的温度下发生，会释放出更多的热量，所以轻核聚变又称为热核反应，故A错误;B.根据质量数与电荷数守恒，𝑋的质量数为2+3−4=1，质子

数为1+1−2=0，可知𝑋是中子，故B错误;C.核聚变比核裂变反应中平均每个核子放出的能量大3∼4倍，C正确;D.该反应有质量亏损，但质量数守恒，D错误。13.【分析】色光1在𝐴𝐶边恰好发生全反射，入射角等于临

界角𝐶，由几何关系求出𝐶，再由𝑠𝑖𝑛𝐶=1𝑛求出介质的折射率；波长越长，越容易发生衍射现象，掌握全反射的条件是光由光密介质向光疏介质传播，且入射角大于临界角。【解答】A.由题意可知，色光1在𝐴𝐶边刚好发生全反射，则色光1在𝐴𝐶面的入

射角刚好等于临界角，由临界角公式可知𝑛1=1sin𝐶=1sin30∘=2;色光2从𝐴𝐶面出射，折射角为45∘，则色光2的折射率为𝑛2=sin45∘sin30∘=√2，则色光1、2的折射率之比为√2:1，A错误;𝐵𝐶.由于

色光1的折射率大，则色光1的频率大，色光1的波长较短，色光2比色光1更容易发生衍射现象，B错误，C正确；D.全反射的条件是光由光密介质向光疏介质传播，且入射角大于临界角，D错误。14.解：𝐴、图甲：卢瑟福通过分析𝛼粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型。故A正确。B、用中子轰

击铀核使其发生裂变，裂变反应会释放出巨大的核能。故B正确。C、玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的，故C正确；D、图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子有一定结构，天然放射现象的发现揭示了原子核内还有复杂结构。故D错误

。故选：𝐴𝐵𝐶。卢瑟福通过分析𝛼粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型；用中子轰击铀核使其发生裂变，产生中子，再次轰击，产生链式反应，释放出巨大的能量。普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念。玻尔理论指出氢原子能级是分立的。本题考查了𝛼粒子散射实验、链式反

应、氢原子能级以及天然放射现象的发现等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。15.【分析】火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、

风筝等)为系统，动量守恒，喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动。本题解题的关键是在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压

气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒。【解答】解：𝐴、火箭的推力是燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A正确；B、在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的

系统动量守恒，设火箭的速度大小为𝑣，规定火箭运动方向为正方向，则有(𝑀−𝑚)𝑣−𝑚𝑣0=0，解得火箭的速度大小为𝑣=𝑚𝑣0𝑀−𝑚，故B正确；C、喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大

高度为ℎ=𝑣22𝑔=𝑚2𝑣022(𝑀−𝑚)2𝑔，故C错误；D、在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误。故选A

B。16.【分析】(1)根据图可知该打点计时器是电磁计时器，电源采用的是交流10𝑉；(2)根据实验注意事项分析判断；(3)根据匀变速直线运动的规律根据逐差法可得小车运动的加速度大小.。此题重点考查了纸带的处理问题，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能

力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。【解答】(1)电磁打打点计时器所接电源应为10𝑉以下交流电源。故选B。(2)𝐴.使用打点计时器时，应先接通电源，再释放纸带，故A正确；B.滑轮与小车之间的细线要保持和木

板平行，但不是一定要保持水平，故B错误；C.根据实验目的，只需要保证小车能够保持匀变速直线运动即可，故C错误。故选A。(3)已知交流电源的频率为50𝐻𝑧，每两个相邻计数点间还有2个点没有画出来，则相邻计数点的时间为𝑡=3𝑇=350𝑠=0.06𝑠根据逐差法，则有：𝑎=𝐶𝐷+

𝐷𝐸−(𝐴𝐵+𝐵𝐶)(2𝑡)2=(9.30+11.01)−(5.87+7.58)(2×0.06)2×10−2𝑚/𝑠=4.76𝑚/𝑠。17.【分析】(1)由𝑈=𝐼𝑔(𝑟𝑔+𝑅2)求解

改装后的电压表量程；(2)求出电路的最大电流，结合电流表量程选择电流表，通过滑动变阻器阻值大小，分析电路中电流变化情况，选择滑动变阻器；(3)为保护电路分析滑动片位置，写出横纵坐标表达式，结合图象求解电动势与内阻。掌握实验原理是求解的关键。【解答】(1)改装后的电表的量

程为：𝑈=𝐼𝑔(𝑟𝑔+𝑅2)=3×10−3×1000𝑉=3.0𝑉;(2)一节干电池的电动势约为1.5𝑉，内阻约为1𝛺，所以电路中的最大电流约为𝐼𝑚=𝐸𝑟=1.5𝐴，且接入滑动变阻器电流会更小，结合电流表量程可知电流表选择𝐴1，如果滑

动变阻器选择200𝛺的，电流变化不明显，所以滑动变阻器应选择20𝛺的；(3)①闭合开关𝑆前，为保护电路，使滑动变阻器接入电路电阻最大，所以应将滑动变阻器𝑅1的滑动片移到左端；④由闭合电路欧姆定律得：𝐸=(𝐼1+𝐼2)𝑟+𝐼2(𝑟𝑔+�

�2)，因为毫安表电流远小于电流表电流，可认为通过电源的电流即为流过电流表的电流，故整理得：𝐸=𝐼1𝑟+𝐼2(𝑟𝑔+𝑅2)𝐼1=𝐸𝑟𝑔+𝑅2−𝑟𝑟𝑔+𝑅2𝐼2，由题图乙可得：𝑟𝑟𝑔+�

�2=(1.4−1.1)×10−30.45−0.1≈0.86×10−3𝐸𝑟𝑔+𝑅2=1.48×10−3解得：𝐸=1.48𝑉，𝑟=0.86𝛺。故答案为：(1)3.0；(2)𝐴1；20；(3)①左；④1.48(1.44∼1.52)，0.86(0.82∼0.9

0)。18.【分析】本题考查用双缝干涉测光的波长的实验，熟悉实验原理和注意事项是解题的关键。(1)根据实验原理和注意事项逐一分析即可判断；(2)根据游标卡尺的读数规则得出第5条亮条纹对应的读数，计算出条纹间距，根据条纹间距公式计算出单色光的波长。【解答】(1)𝐴、从左向右的实验装置是光源、凸透镜

、滤光片、单缝、双缝、光屏，可见𝐴处为单缝，𝐵处为双缝，故A正确；𝐵𝐶、为使屏上的干涉条纹清晰，单缝和双缝必须平行放置，所得到的干涉条纹与双缝平行，故BC错误；D、想增加从目镜中观察到的条纹个数，即要减小条纹间距，由条纹间距公式

𝛥𝑥=𝐿𝑑𝜆知，将单缝向双缝靠近，条纹间距不变，故D错误。(2)测量头的游标卡尺读数为16𝑚𝑚+0.1𝑚𝑚×7=16.7𝑚𝑚，条纹间距𝛥𝑥=16.7−12.15−1𝑚𝑚=1.15𝑚𝑚，由𝛥𝑥=𝐿𝑑𝜆知，所测单色光的波长𝜆=

𝑑𝐿·𝛥𝑥=0.5×10−31.00×1.15×10−3=5.75×10−7𝑚。19.(1)利用活塞的受力平衡，即可求出活塞恰要离开𝑎𝑏时，缸内气体的压强𝑝1；利用理想气体的状态方程，即可求出当活塞缓慢上

升△ℎ=0.1𝑚时缸内气体的温度𝑇；(2)利用𝑊=𝑝△𝑉求出气体做功，再运用热力学第一定律，即可求出气体内能的变化△𝑈．本题考查了气体实验定律和热力学第一定律的综合应用，解题关键是要分析好压强𝑝、体积𝑉、温度𝑇三个参量的变化情况，选择合适的规律解决

，注意理想气体的内能与热力学温度成正比以及每个过程中做功的正负．20.本题是功能关系与圆周运动相结合的问题。关键是明确滑块在圆周运动过程中的受力情况，分析向心力来源，掌握圆周运动最低点的动力学方程。要注意管道对滑块的弹力

方向。(1)滑块在𝐶处对轨道的压力为7𝑚𝑔时，由牛顿第二定律求得此时滑块的向心加速度大小;(2)由牛顿第二定律结合向心力公式，求得恰好过最高点𝐷点和对最低点𝐶点的临界半径，因此可得螺旋圆轨道半径𝑅需满足的条件;(3)根据动量守恒定律和功能关系求得小车与滑块共速的速度，

从而得到车获得的动能𝐸𝐾和弹簧的弹性势能𝐸𝑃之间的关系。21.本题主要考查导体棒平动切割磁感线运动的问题。(1)结合题意，由运动学公式列式，即可求解制动开关𝐴离地面的高度；(2)在𝐴点对金属杆进行分析，由牛顿第二定律列式，结合动生电动势表达式和闭合电路欧姆定律，即可求

解该磁场磁感应强度的大小；(3)在磁场区域，由电流的定义式、闭合电路欧姆定律以及法拉第电磁感应定律，联立求解通过金属杆的电荷量𝑞。22.(1)离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡条件即可得解

；(2)根据动能定理求出离子射出电场时的速度，离子在电场中做类平抛运动，根据运动的分解求解；(3)离子进入磁场后做匀速圆周运动的，画出图形，根据几何关系和牛顿第二定律求解。