【文档说明】2025届浙江省天域联盟高三上学期一模物理试题 Word版含解析.docx，共(33)页，7.796 MB，由小赞的店铺上传

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2024-2025学年第一学期天域全国名校协作体联考高三年级物理学科试题考生须知：1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4．考试结束后，只需上交答题纸

。选择题部分一、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.《吕氏春秋》中有记载：“慈招铁，或引之也。”那时的人称“磁”为“慈

”，他们把磁石吸引铁看作慈母对子女的吸引。表明我国很早就积累了磁方面的认识，磁的强弱用磁感应强度来描述，它的单位用国际单位制中的基本单位表示为（）A.11NAm−−B.21kgsA−−C.2Wbm−．D.2Wbm【答案】B【解析】【详解】根据FBIL

=可知2211N1kgm/s1T1kgsA1Am1Am−−===故选B。2.2024年巴黎奥运会中，中国队一共获得40枚金牌，下列几种关于奥运比赛项目的描述正确的是（）A.如图（a）在掷铁饼比赛中，中国选手冯彬投出67.51米的好成绩。“67.51米”

指的既不是铁饼在空中的路程也不是铁饼位移的大小B.如图（b）主裁判根据网球在红土地上留下的印记判断球是否出界时，可将网球视为质点C.如图（c）中国队在男子4×100米混合泳接力决赛中，以3分27秒46的成绩夺得

金牌。“3分27秒46”指的是夺金时刻D.如图（d）运动员刘洋获得男子吊环奥运冠军，此时每根绳的拉力等于刘洋自身重力的一半【答案】A【解析】【详解】A．掷铁饼的成绩以铁饼落地点距离投掷圈中心的距离为准，如图（a）在掷铁饼比赛中，中国选

手冯彬投出67.51米的好成绩。“67.51米”指的既不是铁饼在空中的路程也不是铁饼位移的大小，故A正确；B．如图（b）主裁判根据网球在红土地上留下的印记判断球是否出界时，网球大小形状不可忽略，不可将

网球视为质点，故B错误；C．如图（c）中国队在男子4×100米混合泳接力决赛中，以3分27秒46成绩夺得金牌。“3分27秒46”指的是时间间隔，故C错误；D．运动员的受力简化为如图所示由平衡条件可知，竖直方向上12cos

cosFFG+=得122cosGFF==由公式可知，由于cos1，每根绳所受的拉力大小都大于等于运动员重力的一半，故D错误。故选A。3.2024年6月2日6时23分，我国自主研制的嫦娥六号着陆器和

上升器组合体成功软着陆于月背的南极—艾特肯盆地。如图所示，嫦娥六号正在进行采样工作，下列说法正确的是（）的A.嫦娥六号绕月飞行时处于平衡状态B嫦娥六号即将着陆时处于失重状态C.嫦娥六号着陆时，机械能守恒D.嫦娥六号点火起

飞时处于超重状态【答案】D【解析】【详解】A．嫦娥六号绕月飞行时做匀速圆周运动，加速度不为零，不是平衡状态，故A错误；B．嫦娥六号即将着陆时做减速运动，加速度向上，处于超重状态，故B错误；C．嫦娥六号着陆时，点火减速，机械能减小，故C错误；D

．嫦娥六号点火起飞时做加速运动，加速度向上，处于超重状态，故D正确。故选D。4.如图所示，运动员正在使用“倒蹬机”锻炼身体。当他用脚蹬踏板并使其推至最高处的过程中(忽略运动员重心的变化)，下列说法正确的是（）A.靠背对运动员做正功B.靠背对运动员做负功C.脚对踏板做正功D.脚对踏板做负

功【答案】C【解析】【详解】AB．靠背对运动员的力垂直与靠背，由于运动员没有位移，所以靠背对运动员不做功，故AB错误；CD．脚对踏板力和踏板的位移方向相同，所以脚对踏板做正功，故C正确，D错误。故选C。5.如图所示，法国奥运会网球女单决赛中郑钦文正在斜向上拍击网球

。若网球离拍时距地面的高度为h，.的初速度为0v，抛射角为（初速度与水平方向夹角），忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A.当抛射角为30°时，网球水平射程最远B.当抛射角为45°时，网球水平射程最远C.h越小，最远射程对应的抛射角越接近45D.网球落地前速度的反向延长

线过水平位移的中点【答案】C【解析】【详解】ABC．依题意，网球做斜抛运动，分解为初速度方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，如图可知()222224222001()()24gxvtgthtvghth=−

−=−++−当2202222vghbtag+=−=时，有极值200m2vvghxg+=可得202m012tan2gthvxvgh−==+解得020arctan2vvgh==+可知网球水平射程最远的抛射角与h和v0有关。当h=0时45=即h越小，最远射程对应的抛射角越接近45。故

AB错误；C正确；D．由平抛运动推论可知网球落地前速度的反向延长线过网球平抛阶段的水平位移的中点，如图故D错误故选C。6.根据东京电力公司2018年发布的数据，福岛核污水存在的放射性元素中，気的含量最高，其次还有碘-129、钌-106、碳-14

、钴-60、锶-90、铯-134、铯-137等物质。其中碘-129的半衰期约1570万年，它会损伤甲状腺细胞，可能导致甲状腺癌。有一定初速度的碘-129的衰变方程为1291295354IXeY→+，则下列说法正确的是（）A.该核反应为衰

变B.Xe的核电荷数是129C.衰变产物12954Xe和Y在同一匀强磁场中做圆周运动的半径之比为1∶54D.经过3140万年后，核污水中的碘-129含量约为原来的14【答案】D【解析】【详解】A．由核反应

中质量数与电荷数守恒，可知Y的质量数为0，电荷数为-1，即Y为电子，所以该。核反应为衰变。故A错误；B．Xe的核电荷数是54。故B错误；C．若反应物碘-129没有初速度，则有XeXeYYmvmv=根据2vqvBmr=联立，解得XeY1:54rr=：依题意，反应

物碘-129衰变前有初速度，所以衰变产物12954Xe和Y在同一匀强磁场中做圆周运动的半径之比不为1∶54。故C错误；D．根据31401570012mm=解得014mm=可知经过3140万年后，核污水中的碘-129含量约为原来的14。故D正确。故选D。7.《科学》中文版的文章中

介绍了一种新技术——航天飞缆，航天飞缆是用柔性缆索将两个物体连接起来在太空飞行的系统．飞缆系统在太空飞行中能为自身提供电能和拖曳力，它还能清理“太空垃圾”等。如图所示为飞缆系统的简化模型示意图，图中两个物体P、Q的

质量分别为pm、Qm，柔性金属缆索长为()llR，外有绝缘层，系统在近地轨道做圆周运动，运动过程中Q距地面高为h，设缆索总保持指向地心，P的速度为Pv，所在处的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。已知地球半径为R，地面的重力加速度g。（）A.缆索

P端电势高于Q端B.Pv大于第一宇宙速度C.若此时飞缆系统在赤道平面上，为了更好地清理垃圾，缆索的绕行方向应与地球自转方向相反D.若想清理更低轨道上的“太空垃圾”，飞缆系统机械能需要增大【答案】C【解析】【详解】A．根据右手定则可知，

P点电势低，故A错误；B．由22MmmvGrr=可得GMvr=可见，随着轨道半径的增大，线速度减小，而第一宇宙速度是rR=时的线速度，即是最大环绕速度，则Pv小于第一宇宙速度，故B错误；C．若此时PQ的运动方向如图所示，

磁感应强度方向垂直纸面向里，由于磁场由地理南极出发，地球自转方向为自西向东，所以PQ的绕行方向与地球自转方向相反，故C正确；D．因为从高轨道降低高度进入更低轨道过程中，由于大气层中阻力做负功，则机械能减小，故D错误。故选C。8.如图为失去一个电子形成的正一价氦离

子（简称氦的类氢结构）的能级示意图。关于氦离子（He+）的能级及其跃迁，下列说法正确的是（）A.2n=能级比1n=能级电势能多40.8eVB.处于基态的氦离子，吸收一个光子后跃迁到更高轨道，电子的动能将变大C.如果用具有54.4eV动能的电子碰撞处于基态的氦离子，可使其跃迁到3E能

级D.一群处于4n=能级的氦离子向低能级跃迁时，能产生6种不同频率的可见光【答案】C【解析】【详解】A．2n=能级比1n=能级的能量多()13.6eV-54.4eV40.8eVE=−−=但能级的能量等于电子具有的电势能和动能之和，故A错误；

B．氦离子吸收光子，由低能级跃迁到高能级，则电子的轨道半径增大，根据222evkmrr=得2kevmr=可知v减小，则核外电子的动能减小，故B错误；C．如果通过电子碰撞的方式，使离子发生能级跃迁，只要入射电子的动能大于要发生跃迁的两能级的能量差即可，则用具有54.4

eV动能的电子碰撞处于基态的氦离子，大于3n=与1n=的能级差，故可使其跃迁到3E能级，故C正确；D．一群处于4n=能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能发出24C=6种不同频率的光子，处于4n=能级的氦离子能够发出6种光子的能量分别为12113.6

eV(54.4eV)40.8eVEEE=−=−−−=2316.0eV(54.4eV)48.4eVEEE=−=−−−=3413.4eV(54.4eV)51.0eVEEE=−=−−−=4423.4eV(13.6eV)10.2eVEEE=−=−−−=5433.

4eV(6.0eV)2.6eVEEE=−=−−−=6326.0eV(13.6eV)7.6eVEEE=−=−−−=而可见光的能量在1.63eV～3.10eV，因此只有1种频率的可见光，故D错误。故选C。9.如图所示，在竖直放置的不带电金属板的中垂线左侧放

置一个正电荷，金属板表面粗糙，竖直方向上有AOB、、三点与正电荷在同一竖直平面上，AOOBl==。现有一质量为m的带正电小滑块从金属板上A点以初速度v向上运动，恰好能到达B点，重力加速度为g。关于小滑块从A运动到B的过程，下列说法正确的是（）A.小滑块先加速后减速B.电场力先

做正功后做负功C.小圆环运动到O点时速率为2vD.克服摩擦力做功为2122mvmgl−【答案】D【解析】【详解】AB．带正电小滑块受正电荷的排斥力作用，小滑块从A运动到B的过程中电场力先做负功后做正功，小滑块先减速后加速，AB错误；D．小滑块从A运动到B的过程中电场力先做负

功后做正功，由于AOOBl==根据对称性可知从A运动到B的过程中电场力的总功为0，根据动能定理可知2f1202Wmglmv−−=−解得克服摩擦力做功2f122Wmvmgl=−D正确；C．由对称性可知，小圆环从A到O过程和从O到B

过程摩擦力做功相等，故小圆环从A到O过程，由动能定理有22f111222OmglWmvmv−−=−解得小圆环运动到O点时的速率为22Ovv=C错误。故选D。10.如图所示为“V”形吊车的简化示意图，底座支点记为O点，OA为定杆且为“V”形吊车的左臂，OA上端A处固定有定滑轮，OB为活杆且

为“V”形吊车的右臂，一根钢索连接B点与底座上的电动机，另一根钢索连接B点后跨过定滑轮吊着一质量为M的重物，通过电动机的牵引控制右臂OB的转动从而控制重物的起落。图示状态下，重物静止在空中，左臂OA与水平面的夹角为60=，左臂

OA与钢索AB段的夹角为30=，且左臂OA与右臂OB恰好相互垂直，左臂OA质量为m，不计右臂OB和钢索的质量及一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A.图示状态下，钢索对定滑轮的压力为32Mg，方向由A指向OB.图示

状态下，钢索对右臂OB的作用力为Mg，方向由B指向OC.底座对O点竖直向上的合力为()Mmg+D.当启动电动机使重物缓慢上升时，左臂OA受到的钢索的作用力逐渐减小【答案】B【解析】【详解】A．根据几何关系，线段AM

与OA段夹角为30，30=，根据平行四边形法则，钢索对定滑轮的压力为2cos303FMgMg==方向由A指向O，故A错误；B．钢索张力等于Mg，AB段对B点拉力为Mg，根据几何关系，OB段与竖直方向夹角60，AB段、OB段夹角60

，以OB所在直线和垂直于OB的直线建立直角坐标系，垂直于OB方向，有sin60sin60BMgF=座得，连接B点与底座上的电动机的钢索的拉力BFMg=座，则钢索对右臂OB的作用力为cos60cos60OBBFMgFMg=+=座方向由B

指向O，故B正确；C．对底座受力分析，受OA的弹力3ANMg=OB的弹力BNMg=钢索的拉力BFMg=座设底座对O点竖直向上的合力为N座，根据平衡条件sin60sin30ABBFNNN++=座座得NM

g=座故C错误；D．当启动电动机使重物缓慢上升时，与重物相连的钢索张力不变，钢索与OA夹角不变，左臂OA受到的钢索的作用力不变，故D错误。故选B。11.如图a是液化气炉的电子点火装置。一节1.5V的干电池通过晶体管电路控制，产生脉动的

电压加在变压器初级线圈1n的两端，并在磁芯中激发磁场，其Bt−图象如图b所示（磁场方向逆时针，大小为正值）。磁芯的横截面积为20.8cmS=。次级线圈2n一端连接燃气炉的金属外壳E，另一端通过二极管与钢针A连接，调整A与E的间距，使A与E间的电压达10kV以上时，A与E间就会引发电火花而点燃

燃气。下列说法正确的是（）A.当A与E的间距减小时，所需的最小打火电压AKU增大B.当2n大于2500匝时，AE间可以激发电火花C.1n匝数越多，打火越容易D.若将钢针A替换为金属板，打火更容易【答案

】B【解析】【详解】A．当A与E的间距减小时，尖端放电更容易发生，故最小打火电压AKU减小，故A错误；B．二极管具有单向导电性，当磁感强度为逆时针方向，副线圈电压达到10000V时有22BEnnStt

==变形得2461000025000.60.8101210EnBSt−−===匝故当2n大于2500匝时，A与E间的电压达10kV以上，AE间可以激发电火花，故B正确；C．根据变压器电压与匝数的关系有1122UnUn=

变形得2211nUUn=可知1n匝数越多，2U越小，打火越困难，故C错误；D．若将电极A改为金属板，则不容易尖端放电产生高压，所以更不容易引发电火花，故D错误。故选B。12.新安江水电站是我国第一座"自己设计、自制设备、自行施工"的大型水力发电站，上下游高度差约

73米，共有9台相同的发电机组，总装机容量约为85万千瓦，只有在用电高峰时才会开启9台机组，平均年发电量为18.6亿千瓦时，这些发电机组的额定电压为14kV。已知，杭州现行阶梯电价的第一档为年用电小于等于2760kWh。下列正确的是（）A.每台发电机输出的最大瞬时电流约为1kAB.一度电的能

量约为10立方米的水从水库上游流下时减少的重力势能。C.一年平均开启的发电机组约6台。D.按照每户家庭阶梯电价1挡最高用电量计算，新安江水电站可以满足约67万户家庭的生活用电【答案】D【解析】【详解】A．由题

可知，每台发电机的功率418510kW9P=根据功率的计算公式PUI=可得每台发电机输出的最大瞬时电流6.75kAPIU==A错误；B．10立方米的水从水库上游流下时减少的重力势能6p7.310JEmgh==而1度电为61kWh=3.610J可见二者不相

等，B错误；C．发电机组的年发电总量为8918.610kWh=1.8610kWhW=一台发电机一年的发电量4801851024365kWh=8.310kWh9WPt==一年平均开启的发电机组03WnW=C错误；D．根据题意可知，新安江水电站可以满足家

庭生活用电的户数''0WnW=其中'02760kWhW=解得'67()n=万D正确。故选D。13.如图所示，平行板电容器竖直放置，金属板AB、的内侧表面上的MN、两点，在MN、两点间系一绝缘轻绳1（不可伸长），绳长为1.25,dMN、两点等高，MN、的水平距离为d，轻绳上套有一

个轻质的光滑小环O，质量为m、电荷量为q的带负电小球，通过绝缘轻短绳2悬挂在环的下方。滑动变阻器滑片P缓慢从左往右滑动，使AB板间电压ABU从0逐渐增大（重力加速度为g，sin530.8=，带电球始终处于金属板A

B、之间，且不与AB、板接触，不计电荷对电场影响）。下列说法中正确的是（）A.0ABU=时，光滑小环处轻绳1的夹角为53B.0ABU=时，轻绳1的张力为65mgC.ABU增大时，光滑小环处轻绳1的夹角变小D.随着ABU增大，轻绳1的张力一直

增大【答案】C【解析】【详解】AB．0ABU=时，短绳2竖直，此时设绳1与竖直方向夹角为θ，则由几何关系sin0.81.25dd==可得53=可知，光滑小环处轻绳1的夹角为106，由平衡可知2cos53Tmg=56T

mg=选项AB错误；CD．ABU增大时，重物小球受水平方向的电场力增加，对小球受力分析可知轻绳2向右倾斜，但是小环两边细绳与细绳2方向夹角仍相等，则121212sinsindddddllll+====则光滑小环处轻绳1的夹角α变小；沿轻绳2的方向满足'2cosTF=其中22(

)()FEqmg=+ABU增大时，两极间场强变大，则轻绳2的拉力F变大，cosα变大，即轻绳1的张力不能确定，选项C正确，D错误。故选C。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，有选错的得0分）14.下列说法正确的是（）A.LC振荡电路中，减小电容器极板间的正对面积，可提高能量辐射效率B.不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功C.场像分子、原子等实物一样具有能量和动量，是物质存在的一种形式D.光速在不同的惯性参考系中大小

都相同【答案】AC【解析】【详解】A．LC振荡电路中，减小电容器极板间的正对面积，根据r4SCkd=可知，电容器的电容减小，根据12fLC=可知，振荡频率增大，从而提高能量辐射效率，故A正确；B．在外界的影响下，

气体可以从单一热源吸收热量，全部用来对外做功，故B错误；C．场像分子、原子等实物一样具有能量和动量，是物质存在的一种形式，故C正确；D．真空中的光速在不同的惯性参考系中大小都相同，故D错误。故选AC。15.如图（a）所示轻质弹簧下端固定在水池底部，上端

固定一个小灯泡，其大小可忽略，点光源在水面上的投影位置为O点，点光源静止不动时在O点，距离水面深度为1.5mOOh==，现让点光源在竖直方向做简谐运动，其振动图像如图（b）所示振幅为A，周期为2s，光源向左照射的最远位置记为P，当点光源距离水面最近时P在a点，点光源距离水面最远时P在e

点．已知图（a）中acce=，bccd=，水的折射率为43，则下列正确的是（）A.P在c点时，光斑的移动速度最小B.P从b到d经过的时间可能为1sC.光斑振幅377AA=D.点光源在O点时，有光射出水面的面积为281m64【答案】BC【解析】【详解】A．根据题意可知，P在c点

时，光斑相当位于做简谐运动的平衡位置，则光斑的移动速度最大，故A错误；B．P从b到d，可能是路径是bad→→，该过程经过的时间为周期的一半，即为1s，故B正确；C．设光从水中射出空气发生全反射的临界角为C，根

据全反射临界角公式13sin4Cn==根据几何关系可得光斑振幅满足tanACA=可知光斑的振幅为n377taAAAC==故C正确；D．点光源在O点时，根据几何关系可得tanrCh=解得9ta14n7mrhC==则有光射出水面的

面积为2282m81Sr==故D错误。故选BC。三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中。（1）“探究加速度与力、质量的关系”实验中下列仪器需要用到的是（）A.B.C.（2）下列纸带的安装方式正确的是（）A.B.C.D

.（3）小明同学试图通过小车的v-t图像求加速度，根据实验数据所作图像如图所示，原因可能是（）A.轨道倾角过大B.轨道倾角过小C.轨道阻力太大D.细绳与轨道不平行（4）小明在实验中，若仅没有平衡摩擦力，且小车质量为M，得到的1aM−图像可能是（）A.B.C.D.

（5）若仅没有满足所挂重物的质量远小于小车质量，小明在实验中，试图利用图像算出所挂重物的总质量应作_________图。A.aF−B.aM−C.1aM−D.1Ma−【答案】（1）B（2）AD（3）D（4）C（5）D【解析】【小问1详解】“探究加速度与力、质量

的关系”实验中需要用到的仪器是钩码，从而改变小车所受的合外力，不需要弹簧测力计和重物。故选B。【小问2详解】A．纸带一端应固定于小车尾部，故A正确；BC．纸带应穿过限位孔，置于复写纸下面，故BC错误；D．纸带穿过限

位孔，置于墨粉纸下面，故D正确。故选AD。【小问3详解】由图可知，小车的加速度先不变后减小，可能原因是细绳与轨道不平行，导致小车所受的合外力发生变化，若倾角过大、倾角过小或阻力太大，小车所受的合外力均不会变化。故选D。【小问4详解】根据牛顿第二定律可得FfMa−=变形可得FfaMM=−

故选C。【小问5详解】对小车，根据牛顿第二定律可得FMa=对重物，根据牛顿第二定律可得mgFma−=整理可得111mMMamggmg+==+由此可知，利用1Ma−图像的斜率可算出所挂重物的总质量m。故选D。17.2020年9月，特斯拉推出了“

划时代”的4680圆柱形电池。特斯拉表示，相较于传统2170圆柱形电池，4680电池的体积更大（直径46mm、高度80mm），并采用了无极耳（即全极耳）和干电池电极技术，使得能量将是前者的5倍，车辆续航里程将提高16％，功率提升6倍。现测量单节4680圆柱形电

池的电动势E和内阻r。为了能较准确的测量一块电芯的电动势E和内阻r，实验电路设计如图1所示，记录了单刀双掷开关2S分别接1、2对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I，根据实验记录的数据绘制如图2中所示的AB、两条UI−图线，可以判断

图线B是利用单刀双郑开关2S接______（选填“1”或“2”）中的实验数据描出的，由图线B得出的内阻测量值比真实值偏______（选填“大”或“小”）。综合AB、两条图线，消除因电表内阻造成的误差，此电芯的电动势为E=______，内阻r=______（用图中ABABEEII、、、表示）。

【答案】①.2②.小③.AE④.ABEI【解析】【详解】[1]单刀双郑开关2S接2时，根据闭合电路欧姆定律UEIr=−由于电压表的分流作用，电流I偏小，故测得的E偏小，故此时对应图线B，故可以判断图线B是利用单刀双郑开关2S接2中的实验数据描出的；[2]当2S接2时，误差在于电压表

的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻，所以内阻测量值比真实值偏小；[3]当2S接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即2S接1时，电流为零时，电动势的测量值等于真实值，即有AEE=[4]由于2S接2时，当电路短路时，电压表没有

分压，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，电源的真实的图线是A图线纵轴交点与B图线横轴交点的连线，可知内阻为ABErI=18.洛埃德（H．Lloyd）在1834年提出了一种更简单的观察干涉的装置。如图所示，从单缝S发出的

光，一部分入射到平面镜后反射到屏上，另一部分直接投射到屏上，在屏上两光束交叠区域里将出现干涉条纹。单缝S通过平面镜成的像是S。现应用洛埃德镜研究单色光的干涉现象。（1）以下哪些操作能够减小光屏上相邻两条亮纹之间的距离______

_____（多选）；A.将单缝稍向下移动一些B.将平面镜稍向下移动一些C.将光屏稍向左移动一些D.将光源由绿色光改为红色光（2）若光源S到平面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分别为h和D，光屏上形成的第2条亮纹与第8条亮纹的中心间距为x，单色光的波长=______；【答

案】（1）BC（2）Δ3xhD【解析】【小问1详解】根据双缝干涉条纹间距公式2lDxdh==可知，减小D，增大h，减小波长，能够减小光屏上相邻两条亮纹之间的距离；A．将单缝稍向下移动一些，h减小，则增大光屏上相邻两条亮纹之间的距离，故A错误；B．将平面镜稍向下移动一些，h增

大，则减小光屏上相邻两条亮纹之间的距离，故B正确；C．将光屏稍向左移动一些，D减小，则减小光屏上相邻两条亮纹之间的距离，故C正确；D．将光源由绿色光改为红色光，波长增大，则增大光屏上相邻两条亮纹之间的距离，故D错误。故选BC。【小问2详解】光屏上形成的第2条亮纹与第

8条亮纹的中心间距为x，则相邻两亮条纹间距为6xx=根据2Dxh=所以单色光的波长为Δ3xhD=19.干簧管是能够感知磁场的常用传感元件，小明在实验中发现一个常开型干簧管，即初始状态两金属片断开，下

列哪些操作不能使干簧管闭合（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】干簧管的簧片触点需要被不同极性的磁化才能正常工作，如果磁铁正对触点中心，簧片两端磁化的极性相同，根据“同性相斥”的原理，簧片无法被吸引闭合，则选项A操作不能使干簧管闭合，选项BCD操作均能使干簧管闭合。故选A。20.差压阀可

控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的气缼通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于p时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等

于p时差压阀关闭。当环境温度1300KT=时，A内气体体积23A14.010mV−=，B内气体压强B1p等于大气压强0p，已知活塞的横截面积20.10mS=，0Δ0.1pp=，501.010Pap=，A、B内的气体可视为理想气体，忽

略活塞与气缸间的摩擦、差压阀与连接管内的气体体积不计。（1）当环境温度升高且0Δ0.1pp时，A汽缸器壁单位面积所受气体分子的平均作用力______（选填“变大”“变小”或“不变”），B汽缸气体分子的数密度______

（选填“变大”“变小”或“不变”）；（2）当温度降至2T时，差压阀恰好打开，求2T；（3）当温度升高至3330KT=时，汽缸A和B的内能共增加750J，求汽缸A和B吸收的总热量Q。【答案】（1）①.不变②.不变（2）270K（3）31.1510J【解析】【小问1详解

】[1]A汽缸器壁单位面积所受气体分子的平均作用力即压强，当环境温度升高时，由于活塞为轻质活塞，则A汽缸的压强不变为大气压。[2]B气缸分子数不变，体积不变，则数密度不变。【小问2详解】恰好打开时有0B2Δppp−=B汽缸体

积不变B1B212ppTT=解得2270KT=【小问3详解】A汽缸中压强不变则A1A313VVTT=解得23A34.410mV−=外界对A汽缸中气体做功A31A00A()Δ400JVWpVpV=−=−=

−B汽缸中气体体积不变B0JW=根据热力学第一定律BAΔUQWW=++解得31.1510JQ=21.如图所示，光滑板车由一个半径0.2mR=，夹角53=光滑圆弧轨道BC与粗糙度可由神奇遥控器随时调节的长5.0mL=的水平板C

D平滑连接，光滑板车的质量1.6kgM=，一个质量为1kgm=的小球P从A点水平抛出，初速度02.4m/sv=，恰好能沿着圆弧进入圆弧轨道。除水平板外一切摩擦均不计()2sin530.8cos530.6,10m/sg===。（1）小球的抛出点距离B点的高

度h；（2）若板车固定在水平面上，求小球首次到达C点小车对小球的支持力；（3）若板车不固定，求小球首次到达C点时小车对小球的支持力大小；（4）调节水平板的摩擦因素，使得从抛出开始计时，经过0.92s物块恰好位于水平板CD中间的位置，求此时

小车对地位移的大小？【答案】（1）0.512m（2）98N，方向竖直向上（3）135N（4）0.1m【解析】【小问1详解】B点竖直分速度0tan3.2m/syvv==y方向有20.512m2yvhg==【小问2

详解】到达B点速度为04m/scosBvv==能量守恒BC→()22111cos5322BCmvmgRmv+−=C点根据牛顿第二定律2NCvFmgmR−=联立解得N98NF=方向竖直向上【小问3详解】BC→能量守恒()222B1111cos53222mM

mvmgRmvMv+−=+水平方向动量守恒0mMmmM=+vvv联立解得4m/smv=1m/sMv=−C点牛顿第二定律()2NmMvvFmgmR−−=解得N135NF=【小问4详解】AB→过程0tan0.32sABvtg==水平方向动量定理微元求和0ΔΔΔmMmvtm

vtMvt=+水平方向位移关系cos370.5mMxxRL−=+解得0.1mMx=−大小为0.1m。22.如图甲所示，在倾角为30=的斜面xoy内，固定放置着间距为1.25md=的两平行金属直导轨，其间连接有阻值

为0.4ΩR=的电阻，电阻两端连接有示波器（内阻可视为无穷大），可动态显示电阻R两端的电压，两导轨间存在方向垂直导轨平面的磁场。一根质量为1kgm=，电阻为0.1Ωr=的导体棒AB垂直导轨放置。0t=时，导体棒在外力F作用下从0x=位置从静止开始做匀加速直线运动，1s末运动至1

x处。在10xx范围内，磁感应强度为0.5TB=，经过1x后，导体棒做匀速直线运动，磁感应强度B随位置坐标x变化。示波器显示的电压随时间变化的波形如图乙所示，0t=至1s为直线，1st=至5s为余弦曲线，导体棒始终垂直导轨运

动。不计摩擦阻力和其他电阻，重力加速度为210m/sg=。求：（1）10x内导体棒加速度a的大小；（2）经过1x后，在13s过程中的磁感应强度B随位置坐标x变化的关系；（3）0～1s内安培力的冲量大小；（4）若01s内电阻R上产生的焦

耳热5J24Q=，则03s外力F所做的功。（结果保留两位有效数字）【答案】（1）1m/s2（2）()()π0.5cos0.5T2Bx=−（3）0.39Ns（4）14J【解析】【小问1详解】由图像可知01s内0.5Ut=又RUBdvRr

=+可得1m/sv=则21Δ01m/sΔ0vvatt−===−【小问2详解】01s的位移2110.5m2xat==1s3s内，根据图象知()π10.5cos2tU−=又BdvURRr=+可得()()π10.5cosT2tB−=导体棒位置坐标()()110.

5mxxvttt=+−=−故()()π0.5cos0.5T2Bx=−【小问3详解】方法一：在101s,1st=安培力为()25N32AUFBidBdtR===安培力的冲量1100.25251NsNs0.39Ns264AAIFt+===

方法二：安培力的冲量1AIBIdtBdq==而1BdxqRr=+可得221125Ns0.39Ns64ABdIxRr==+【小问4详解】方法一01s，位移10.5mx=1125J96ARrWQQR+===根据动能定理可得21111sin3

002AWmgxWmv−−=−解得1313J3.26J96W=1s3s，位移222mxvt==0.52VV42U==有222225J32AURrWQtRR+===有根据动能定理可得222sin300AWmg

xW−−=解得2345J10.78J32W=故12337J14J24WWW=+=方法二：01s，位移10.5mx=1125J96ARrWQQR+===1s3s，位移222mxvt==0.52VV42U==

有222225J32AURrWQtRR+===有03s根据动能定理()2121231sin3002AAWmgxxWWmv−+−−=−1232.5m,1m/sxxv+==故337J14J24W=23.现代高能粒子

实验中需要获取轨迹可控的高能粒子，发现用磁场约束粒子运动轨迹的方法十分有效。空间中存在三个有电场或磁场的区域，区域Ⅰ是半径为2R的圆形区域，区域Ⅰ中存在磁感应强度大小为1BB=的垂直于纸面向外的匀强磁场；区域Ⅱ在

10xx区间内存在平行y轴的匀强电场，1xR=，场强大小24qRBEm=，场强方向沿着y轴负向，区域Ⅲ为1xx的区间，存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场2B，磁感应强度大小为224BB=，坐标为(),0R的P点是边界上一点。一群质量为m，电荷量为q+的带电粒子沿着y+方向射入区域Ⅰ，其

坐标x范围为()0.9,0.1RR−−，要求这批粒子从同一点离开区域Ⅰ。（不计粒子重力，sin530.8=）求：（1）求粒子初速度0v；（2）这批粒子离开区域与x轴的夹角范围；（3）某粒子能到达P点，该粒子最初入射x坐标；（4）若满足（3）的那个粒子从P点进入磁场2B后受到了与

速度大小成正比、方向相反的阻力，观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与区域Ⅲ磁场左边界相切于点()22,Qxy（未画出）。求粒子由P点运动到Q点的时间t以及坐标2y的值。【答案】（1）2BqRm（2）粒子的角度范围在与x轴夹角53°范围内（3）2(1

)22Rx=−（4）2522mqB，R−【解析】【小问1详解】由磁聚焦原理，沿着y轴正向入射的例子将汇聚于区域I与y轴的交点，且磁场圆与轨迹圆半径相同，则2Rr=由牛顿第二定律可得200vBqvmr=解得02BqRvm=的【小问2详解】0.1xR

=−时，由几何关系可得0.50.1sin0.80.5RRR−==所以53=0.9xR=−时，由几何关系可得0.90.5sin0.80.5RRR−==所以53==则粒子的角度范围在与x轴夹角53°范围内；【小问3详解】区域Ⅱ中带电

粒子在匀强电场中做匀变速曲线运动，类斜抛运动，假设入射粒子与x轴正向夹角为α，由运动的分解可得，x方向有0cosvtR=y方向有02sinEqtvm=解得45=由几何关系x坐标为2(1)22Rx=−【小问4详解】若粒子进入磁场

后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，粒子在磁场的运动轨迹如图所示根据2qvBmv=可得2qBm=即角速度为一定值，又可知粒子与磁场左边界相切时转过的弧度为54，则有3255242mtqB==取一小段时间Δt，对粒子在x方向上列动量定理2sinΔcosΔΔxkv

tqvBtmv−−=两边同时对过程求和2ΣsinΔcosΔΔxkvtqvBtmv−+−=可得2sinΔΣcosΔΣΔxkvtqBvtmv−+−=即2ΣΔΣΔΣΔxkxqBymv−+=其中ΣΔ0kx−

=则有202Δ2qBymv=−可得02ΔmvyRqB=−=−故有2yR=−