2024年高考物理試卷（浙江）（1月）（解析卷）

2024年1月浙江省普通高校招生選考科目考試

考生注意：

1.答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫(xiě)在試題卷和

答題紙規(guī)定的位置上。

2.答題時(shí)，請(qǐng)按照答題紙上“注意事項(xiàng)”的要求，在答題紙相應(yīng)的位置上規(guī)范作答，在本試題

卷上的作答一律無(wú)效。

3.非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫(xiě)在答題紙上相應(yīng)區(qū)域內(nèi)，作圖時(shí)可先

使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。

2

4.可能用到的相關(guān)參數(shù)：重力加速度g取10m/s。

選擇題部分

一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)

是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）

1.下列屬于國(guó)際單位制基本單位符號(hào)的是（）

A.sB.NC.FD.T

【答案】A

【解析】

【詳解】國(guó)際單位制中的基本單位分別是：長(zhǎng)度的單位是米，符號(hào)m；質(zhì)量的單位是千克，符號(hào)kg；時(shí)間

的單位是秒，符號(hào)s；電流的單位是安培，符號(hào)是A；熱力學(xué)溫度的單位是開(kāi)爾文，符號(hào)K；物質(zhì)的量單

位是摩爾，符號(hào)mol；發(fā)光強(qiáng)度的單位是坎德拉，符號(hào)cd。

故選A。

2.杭州亞運(yùn)會(huì)順利舉行，如圖所示為運(yùn)動(dòng)會(huì)中的四個(gè)比賽場(chǎng)景。在下列研究中可將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)的是

（）

A.研究甲圖運(yùn)動(dòng)員的入水動(dòng)作

B.研究乙圖運(yùn)動(dòng)員的空中轉(zhuǎn)體姿態(tài)

C.研究丙圖運(yùn)動(dòng)員在百米比賽中的平均速度

D.研究丁圖運(yùn)動(dòng)員通過(guò)某個(gè)攀巖支點(diǎn)的動(dòng)作

第1頁(yè)/共26頁(yè)

【答案】C

【解析】

【詳解】A．研究甲圖運(yùn)動(dòng)員的入水動(dòng)作時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的形狀和體積對(duì)所研究問(wèn)題的影響不能夠忽略，此時(shí)

運(yùn)動(dòng)員不能夠看為質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；

B．研究乙圖運(yùn)動(dòng)員的空中轉(zhuǎn)體姿態(tài)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的形狀和體積對(duì)所研究問(wèn)題的影響不能夠忽略，此時(shí)運(yùn)動(dòng)

員不能夠看為質(zhì)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；

C．研究丙圖運(yùn)動(dòng)員在百米比賽中的平均速度時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的形狀和體積對(duì)所研究問(wèn)題的影響能夠忽略，此

時(shí)運(yùn)動(dòng)員能夠看為質(zhì)點(diǎn)，故C正確；

D．研究丁圖運(yùn)動(dòng)員通過(guò)某個(gè)攀巖支點(diǎn)的動(dòng)作時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的形狀和體積對(duì)所研究問(wèn)題的影響不能夠忽略，

此時(shí)運(yùn)動(dòng)員不能夠看為質(zhì)點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。

故選C。

3.如圖所示，質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達(dá)到最高點(diǎn)2的高度為

h，則足球（）

A.從1到2動(dòng)能減少mghB.從1到2重力勢(shì)能增加mgh

C.從2到3動(dòng)能增加mghD.從2到3機(jī)械能不變

【答案】B

【解析】

【詳解】AB．由足球的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，足球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)一定受到空氣阻力作用，則從從1到2重力勢(shì)能

增加mgh，則1到2動(dòng)能減少量大于mgh，A錯(cuò)誤，B正確；

CD．從2到3由于空氣阻力作用，則機(jī)械能減小，重力勢(shì)能減小mgh，則動(dòng)能增加小于mgh，選項(xiàng)CD錯(cuò)

誤。

故選B。

4.磁電式電表原理示意圖如圖所示，兩磁極裝有極靴，極靴中間還有一個(gè)用軟鐵制成的圓柱。極靴與圓柱

間的磁場(chǎng)都沿半徑方向，兩者之間有可轉(zhuǎn)動(dòng)的線圈。a、b、c和d為磁場(chǎng)中的四個(gè)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是

（）

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A.圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下B.a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同

C.圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度處處為零D.c、d兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等

【答案】A

【解析】

【詳解】A．由左手定則可知，圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下，選項(xiàng)A正確；

B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，但是方向不同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C．磁感線是閉合的曲線，則圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D．因c點(diǎn)處的磁感線較d點(diǎn)密集，可知c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于d點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選A。

5.如圖為某燃?xì)庠铧c(diǎn)火裝置的原理圖。直流電經(jīng)轉(zhuǎn)換器輸出u=5sin100ptV的交流電，經(jīng)原、副線圈

匝數(shù)分別為n1和n2的變壓器升壓至峰值大于10kV，就會(huì)在打火針和金屬板間引發(fā)電火花，實(shí)現(xiàn)點(diǎn)火。下

列正確的是（）

n7

A.2<

n120000

n1

B.1<

n22000

C.用電壓表測(cè)原線圈兩端電壓，示數(shù)為5V

D.副線圈輸出交流電壓的頻率是100Hz

【答案】B

【解析】

【詳解】AB．原線圈兩端電壓的有效值

第3頁(yè)/共26頁(yè)

552

U=V=V

122

根據(jù)電壓匝數(shù)關(guān)系有

Un

1=1

U2n2

變壓器副線圈電壓的峰值

U2max=2U2

根據(jù)題意有

3

U2max>10′10V

解得

nn1

2>20000，1<

n1n22000

故A錯(cuò)誤，B正確；

C．用電壓表測(cè)原線圈兩端電壓，電壓表測(cè)的是有效值，則示數(shù)為

552

U=V=V

122

故C錯(cuò)誤；

D．根據(jù)

2p

=2pf=100pHz

T

解得

f=50Hz

變壓器不改變頻率，則副線圈輸出交流電壓的頻率是50Hz，故D錯(cuò)誤。

故選B。

6.如圖所示，在同一豎直平面內(nèi)，小球A、B上系有不可伸長(zhǎng)的細(xì)線a、b、c和d，其中a的上端懸掛于

豎直固定的支架上，d跨過(guò)左側(cè)定滑輪、c跨過(guò)右側(cè)定滑輪分別與相同配重P、Q相連，調(diào)節(jié)左、右兩側(cè)定

滑輪高度達(dá)到平衡。已知小球A、B和配重P、Q質(zhì)量均為50g，細(xì)線c、d平行且與水平成q=30°（不

計(jì)摩擦），則細(xì)線a、b的拉力分別為（）

第4頁(yè)/共26頁(yè)

A.2N，1NB.2N，0.5NC.1N，1ND.1N，0.5N

【答案】D

【解析】

【詳解】由題意可知細(xì)線c對(duì)A的拉力和細(xì)線d對(duì)B的拉力大小相等、方向相反，對(duì)A、B整體分析可知

細(xì)線a的拉力大小為

Ta=(mA+mB)g=1N

設(shè)細(xì)線b與水平方向夾角為α，對(duì)A、B分析分別有

Tbsina+Tcsinq=mAg

Tbcosa=Tdcosq

解得

Tb=0.5N

故選D。

7.已知氘核質(zhì)量為2.0141u，氚核質(zhì)量為3.0161u，氦核質(zhì)量為4.0026u，中子質(zhì)量為1.0087u，阿伏加

23-1-1

德羅常數(shù)NA取6.0′10mol，氘核摩爾質(zhì)量為2g×mol，1u相當(dāng)于931.5MeV。關(guān)于氘與氚聚變成

氦，下列說(shuō)法正確的是（）

2331

A.核反應(yīng)方程式為1H+1H?2He+0n

B.氘核的比結(jié)合能比氦核的大

C.氘核與氚核的間距達(dá)到10-10m就能發(fā)生核聚變

D.4g氘完全參與聚變釋放出能量的數(shù)量級(jí)為1025MeV

【答案】D

【解析】

第5頁(yè)/共26頁(yè)

【詳解】A．核反應(yīng)方程式為

2341

1H+1H?2He+0n

故A錯(cuò)誤；

B．氘核的比結(jié)合能比氦核的小，故B錯(cuò)誤；

C．氘核與氚核發(fā)生核聚變，要使它們間的距離達(dá)到10-15m以內(nèi)，故C錯(cuò)誤；

D．一個(gè)氘核與一個(gè)氚核聚變反應(yīng)質(zhì)量虧損

Dm=(2.0141+3.0161-4.0026-1.0087)u=0.0189u

聚變反應(yīng)釋放的能量是

DE=Dm×931.5MeV?17.6MeV

4g氘完全參與聚變釋放出能量

4

E=′6′1023′DE?2.11′1025MeV

2

數(shù)量級(jí)為1025MeV，故D正確。

故選D。

8.如圖所示，小明取山泉水時(shí)發(fā)現(xiàn)水平細(xì)水管到水平地面的距離為水桶高的兩倍，在地面上平移水桶，水

恰好從桶口中心無(wú)阻擋地落到桶底邊沿A。已知桶高為h，直徑為D，則水離開(kāi)出水口的速度大小為

（）

DgDg

A.B.

4h42h

(2+1)Dgg

C.D.(2+1)D

22h2h

【答案】C

【解析】

【詳解】設(shè)出水孔到水桶中心距離為x，則

第6頁(yè)/共26頁(yè)

2h

x=v

0g

落到桶底A點(diǎn)時(shí)

D2×2h

x+=v

20g

解得

(2+1)Dg

v=

022h

故選C。

9.如圖所示，2023年12月9日“朱雀二號(hào)”運(yùn)載火箭順利將“鴻鵠衛(wèi)星”等三顆衛(wèi)星送入距離地面約

500km的軌道。取地球質(zhì)量6.0′1024kg，地球半徑6.4′103km，引力常量6.67′10-11N×m2/kg2。

下列說(shuō)法正確的是（）

A.火箭的推力是空氣施加的B.衛(wèi)星的向心加速度大小約8.4m/s2

C.衛(wèi)星運(yùn)行的周期約12hD.發(fā)射升空初始階段，裝在火箭上部的衛(wèi)星處于失

重狀態(tài)

【答案】B

【解析】

【詳解】A．根據(jù)反沖現(xiàn)象的原理可知，火箭向后噴射燃?xì)獾耐瑫r(shí)，燃?xì)鈺?huì)給火箭施加反作用力，即推

力，故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)萬(wàn)有引力定律可知衛(wèi)星的向心加速度大小為

FGM

a==?8.4m/s2

m(R+h)2

故B正確；

C．衛(wèi)星運(yùn)行的周期為

第7頁(yè)/共26頁(yè)

(R+h)3

T=2π?1.6h

GM

故C錯(cuò)誤；

D．發(fā)射升空初始階段，火箭加速度方向向上，裝在火箭上部的衛(wèi)星處于超重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。

故選B。

10.如圖1所示，質(zhì)量相等的小球和點(diǎn)光源，分別用相同的彈簧豎直懸掛于同一水平桿上，間距為l，豎直

懸掛的觀測(cè)屏與小球水平間距為2l，小球和光源做小振幅運(yùn)動(dòng)時(shí)，在觀測(cè)屏上可觀測(cè)小球影子的運(yùn)動(dòng)。以

豎直向上為正方向，小球和光源的振動(dòng)圖像如圖2所示，則（）

A.t1時(shí)刻小球向上運(yùn)動(dòng)B.t2時(shí)刻光源的加速度向上

C.t2時(shí)刻小球與影子相位差為pD.t3時(shí)刻影子的位移為5A

【答案】D

【解析】

【詳解】A．以豎直向上為正方向，根據(jù)圖2可知，t1時(shí)刻，小球位于平衡位置，隨后位移為負(fù)值，且位

移增大，可知，t1時(shí)刻小球向下運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B．以豎直向上為正方向，t2時(shí)刻光源的位移為正值，光源振動(dòng)圖像為正弦式，表明其做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，根據(jù)

F回=-kx=ma

可知，其加速度方向與位移方向相反，位移方向向上，則加速度方向向下，故B錯(cuò)誤；

C．根據(jù)圖2可知，小球與光源的振動(dòng)步調(diào)總是相反，由于影子是光源發(fā)出的光被小球遮擋后，在屏上留

下的陰影，可知，影子與小球的振動(dòng)步調(diào)總是相同，即t2時(shí)刻小球與影子相位差為0，故C錯(cuò)誤；

D．根據(jù)圖2可知，t3時(shí)刻，光源位于最低點(diǎn)，小球位于最高點(diǎn)，根據(jù)直線傳播能夠在屏上影子的位置也

處于最高點(diǎn)，影子位于正方向上的最大位移處，根據(jù)幾何關(guān)系有

lA+A

=

l+2lA+x影子

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解得

x影子=5A

即t3時(shí)刻影子的位移為5A，故D正確。

故選D。

11.如圖所示，金屬極板M受到紫外線照射會(huì)逸出光電子，最大速率為vm。正對(duì)M放置一金屬網(wǎng)N，在

M、N之間加恒定電壓U。已知M、N間距為d（遠(yuǎn)小于板長(zhǎng)），電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，則

（）

A.M、N間距離增大時(shí)電子到達(dá)N的動(dòng)能也增大

1

B.只有沿x方向逸出的電子到達(dá)N時(shí)才有最大動(dòng)能mv2+eU

2m

2m

C.電子從M到N過(guò)程中y方向位移大小最大為vd

meU

mv2

D.M、N間加反向電壓m時(shí)電流表示數(shù)恰好為零

4e

【答案】C

【解析】

【詳解】AB．根據(jù)動(dòng)能定理，從金屬板M上逸出的光電子到到達(dá)N板時(shí)

1

eU=E-mv2

km2m

則到達(dá)N板時(shí)的動(dòng)能為

1

E=eU+mv2

km2m

與兩極板間距無(wú)關(guān)，與電子從金屬板中逸出的方向無(wú)關(guān)，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；

C．平行極板M射出的電子到達(dá)N板時(shí)在y方向的位移最大，則電子從M到N過(guò)程中y方向最大位移為

y=vmt

第9頁(yè)/共26頁(yè)

1Ue

d=t2

2dm

解得

2m

y=vd

meU

選項(xiàng)C正確；

D．M、N間加反向電壓電流表示數(shù)恰好為零時(shí)，則

1

eU=mv2

c2m

解得

mv2

U=m

c2e

選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選C。

1?11?

12.氫原子光譜按頻率展開(kāi)的譜線如圖所示，此四條譜線滿足巴耳末公式=R?2-2÷，n=3、4、

lè2n?

5、6用Hδ和Hγ光進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)研究，則（）

A.照射同一單縫衍射裝置，Hδ光的中央明條紋寬度寬

B.以相同的入射角斜射入同一平行玻璃磚，Hδ光的側(cè)移量小

C.以相同功率發(fā)射的細(xì)光束，真空中單位長(zhǎng)度上Hγ光的平均光子數(shù)多

D.相同光強(qiáng)的光分別照射同一光電效應(yīng)裝置，Hγ光的飽和光電流小

【答案】C

【解析】

【詳解】A．根據(jù)巴耳末公式可知，Hγ光的波長(zhǎng)較長(zhǎng)。波長(zhǎng)越長(zhǎng)，越容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故照射同

一單縫衍射裝置，Hγ光的中央明條紋寬度寬，故A錯(cuò)誤；

B．Hγ光的波長(zhǎng)較長(zhǎng)，根據(jù)

第10頁(yè)/共26頁(yè)

c

f=

l

可知Hγ光的頻率較小，則Hγ光的折射率較小，在平行玻璃磚的偏折較小，Hγ光的側(cè)移量小，故B錯(cuò)誤；

C．Hγ光的頻率較小，Hγ光的光子能量較小，以相同功率發(fā)射的細(xì)光束，Hγ光的光子數(shù)較多，真空中單

位長(zhǎng)度上Hγ光的平均光子數(shù)多，故C正確；

D．若Hδ、Hγ光均能發(fā)生光電效應(yīng)，相同光強(qiáng)的光分別照射同一光電效應(yīng)裝置，Hγ光的頻率較小，Hγ

光的光子能量較小，Hγ光的光子數(shù)較多，則Hγ光的飽和光電流大，Hδ光的飽和光電流小，故D錯(cuò)誤。

故選C。

13.若通以電流I的圓形線圈在線圈內(nèi)產(chǎn)生的磁場(chǎng)近似為方向垂直線圈平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其大小B=kI

（k的數(shù)量級(jí)為10-4T/A）?，F(xiàn)有橫截面半徑為1mm的導(dǎo)線構(gòu)成半徑為1cm的圓形線圈處于超導(dǎo)狀態(tài)，其

電阻率上限為10-26W×m。開(kāi)始時(shí)線圈通有100A的電流，則線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的數(shù)量級(jí)和一年后電

流減小量的數(shù)量級(jí)分別為（）

A.10-23V，10-7AB.10-20V，10-7AC.10-23V，10-5AD.10-20V，10-5A

【答案】D

【解析】

【詳解】線圈中電流I(t)的減小將在線圈內(nèi)導(dǎo)致自感電動(dòng)勢(shì)，故

DI

e=-L=IR

Dt

其中L代表線圈的自感系數(shù)，有

F

L=

I

在計(jì)算通過(guò)線圈的磁通量F時(shí)，以導(dǎo)線附近即r1處的B為最大，而該處B又可把線圈當(dāng)成無(wú)限長(zhǎng)載流導(dǎo)線

所產(chǎn)生的，根據(jù)題意

B=kI

則

2

L=kS=kpr2

根據(jù)電阻定律有

2pr22r2

R=r2=r2

pr1r1

第11頁(yè)/共26頁(yè)

聯(lián)立解得

-26

2IrΔt2′100′10′365′24′3600-5

-20

ΔI=2=2?2′10A，V

kprr-4-2-3e=2′10

2110′3.14′10′10

則線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的數(shù)量級(jí)和一年后電流減小量的數(shù)量級(jí)分別為10-20V，10-5A。

故選D。

二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一

個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）

14.下列說(shuō)法正確的是（）

A.相同溫度下，黑體吸收能力最強(qiáng)，但輻射能力最弱

B.具有相同動(dòng)能的中子和電子，其德布羅意波長(zhǎng)相同

C.電磁場(chǎng)是真實(shí)存在的物質(zhì)，電磁波具有動(dòng)量和能量

D.自然光經(jīng)玻璃表面反射后，透過(guò)偏振片觀察，轉(zhuǎn)動(dòng)偏振片時(shí)可觀察到明暗變化

【答案】CD

【解析】

【詳解】A．相同溫度下，黑體吸收和輻射能力最強(qiáng)，故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)

hh

l==

p2mEk

具有相同動(dòng)能的中子和電子，電子質(zhì)量較小，德布羅意波長(zhǎng)較長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤；

C．電磁場(chǎng)是真實(shí)存在的物質(zhì)，電磁波具有動(dòng)量和能量，故C正確；

D．自然光在玻璃、水面等表面反射時(shí)，反射光可視為偏振光，透過(guò)偏振片觀察，轉(zhuǎn)動(dòng)偏振片時(shí)能觀察到

明暗變化，故D正確。

故選CD。

15.在如圖所示的直角坐標(biāo)系中，xOz平面為介質(zhì)Ⅰ和Ⅱ的分界面（z軸垂直紙面向外）。在介質(zhì)I中的P

（0，4l）處有一點(diǎn)波源，產(chǎn)生波長(zhǎng)為l、速度為v的波。波傳到介質(zhì)Ⅱ中，其速度為2v，圖示時(shí)刻介

質(zhì)Ⅱ中僅有一個(gè)波峰，與x軸和y軸分別交于R和S點(diǎn)，此時(shí)波源也恰好位于波峰。M為O、R連線的中

點(diǎn)，入射波與反射波在O點(diǎn)相干加強(qiáng)，則（）

第12頁(yè)/共26頁(yè)

2v

A.介質(zhì)Ⅱ中波的頻率為B.S點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，-2l）

l

3

C.入射波與反射波在M點(diǎn)相干減弱D.折射角a的正弦值sina=2

5

【答案】BD

【解析】

【詳解】A．波從一種介質(zhì)到另一種介質(zhì)，頻率不變，故介質(zhì)Ⅱ中波的頻率為

v

f=

l

故A錯(cuò)誤；

B．在介質(zhì)Ⅱ中波長(zhǎng)為

2v

l￠==2l

f

由于圖示時(shí)刻介質(zhì)Ⅱ中僅有一個(gè)波峰，與x軸和y軸分別交于R和S點(diǎn)，故S點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，-2l），

故B正確；

C．由于S為波峰，且波傳到介質(zhì)Ⅱ中，其速度為2v圖示時(shí)刻介質(zhì)Ⅱ中僅有一個(gè)波峰，與x軸和y軸分別

交于R和S點(diǎn)，則R也為波峰，故P到R比P到O多一個(gè)波峰，則

PR=5l

則

OR=3l

由于

ll

MO-PM12n×或(2n+1)

22

故不在減弱點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；

D．根據(jù)

l￠

n==2

l

則

第13頁(yè)/共26頁(yè)

sina

n=

OR

PR

解得

3

sina=2

5

故D正確。

故選BD。

非選擇題部分

三、非選擇題（本題共5小題，共55分）

16.如圖1所示是“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置。

（1）該實(shí)驗(yàn)中同時(shí)研究三個(gè)物理量間關(guān)系是很困難的，因此我們采用的研究方法是_____；

A.放大法B.控制變量法C.補(bǔ)償法

（2）該實(shí)驗(yàn)過(guò)程中操作正確的是____；

A.補(bǔ)償阻力時(shí)小車未連接紙帶

B.先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源，后釋放小車

C.調(diào)節(jié)滑輪高度使細(xì)繩與水平桌面平行

（3）在小車質(zhì)量___（選填“遠(yuǎn)大于”或“遠(yuǎn)小于”）槽碼質(zhì)量時(shí)，可以認(rèn)為細(xì)繩拉力近似等于槽碼的重

力。上述做法引起的誤差為_(kāi)__（選填“偶然誤差”或“系統(tǒng)誤差”）。為減小此誤差，下列可行的方案是

___；

A.用氣墊導(dǎo)軌代替普通導(dǎo)軌，滑塊代替小車

B.在小車上加裝遮光條，用光電計(jì)時(shí)系統(tǒng)代替打點(diǎn)計(jì)時(shí)器

C.在小車與細(xì)繩之間加裝力傳感器，測(cè)出小車所受拉力大小

（4）經(jīng)正確操作后獲得一條如圖2所示的紙帶，建立以計(jì)數(shù)點(diǎn)0為坐標(biāo)原點(diǎn)的x軸，各計(jì)數(shù)點(diǎn)的位置坐

?

標(biāo)分別為0、x1、、x6。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)周期為T(mén)，則打計(jì)數(shù)點(diǎn)5時(shí)小車速度的表達(dá)式v=

___；小車加速度的表達(dá)式是___。

第14頁(yè)/共26頁(yè)

x-2xx-2xx+x-x+x

A.a=63B.a=63C.a=5432

(15T)2(3T)2(10T)2

x-x

【答案】①.B②.B③.遠(yuǎn)大于④.系統(tǒng)誤差⑤.C⑥.64⑦.A

10T

【解析】

【詳解】（1）[1]該實(shí)驗(yàn)中同時(shí)研究三個(gè)物理量間關(guān)系是很困難的，因此我們可以控制其中一個(gè)物理量不

變，研究另外兩個(gè)物理量之間的關(guān)系，即采用了控制變量法。

故選B。

（2）[2]A．補(bǔ)償阻力時(shí)小車需要連接紙帶，一方面是需要連同紙帶所受的阻力一并平衡，另外一方面是通

過(guò)紙帶上的點(diǎn)間距判斷小車是否在長(zhǎng)木板上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B．由于小車速度較快，且運(yùn)動(dòng)距離有限，打出的紙帶長(zhǎng)度也有限，為了能在長(zhǎng)度有限的紙帶上盡可能多地

獲取間距適當(dāng)?shù)臄?shù)據(jù)點(diǎn)，實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源，后釋放小車，故B正確；

C．為使小車所受拉力與速度同向，應(yīng)調(diào)節(jié)滑輪高度使細(xì)繩與長(zhǎng)木板平行，故C錯(cuò)誤。

故選B。

（3）[3]設(shè)小車質(zhì)量為M，槽碼質(zhì)量為m。對(duì)小車和槽碼根據(jù)牛頓第二定律分別有

F=Ma

mg-F=ma

聯(lián)立解得

Mmg

F=

m+M

由上式可知在小車質(zhì)量遠(yuǎn)大于槽碼質(zhì)量時(shí)，可以認(rèn)為細(xì)繩拉力近似等于槽碼的重力。

[4]上述做法引起的誤差是由于實(shí)驗(yàn)方法或原理不完善造成的，屬于系統(tǒng)誤差。

[5]該誤差是將細(xì)繩拉力用槽碼重力近似替代所引入的，不是由于車與木板間存在阻力（實(shí)驗(yàn)中已經(jīng)補(bǔ)償了

阻力）或是速度測(cè)量精度低造成的，為減小此誤差，可在小車與細(xì)繩之間加裝力傳感器，測(cè)出小車所受拉

力大小。

故選C。

（4）[6]相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為

t=5T

第15頁(yè)/共26頁(yè)

打計(jì)數(shù)點(diǎn)5時(shí)小車速度的表達(dá)式為

x-xx-x

v=64=64

2t10T

[7]根據(jù)逐差法可得小車加速度的表達(dá)式是

x-x-xx-2x

a=633=63

(3t)2(15T)2

故選A。

17.在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)中，把電阻箱R（0:9999W）、一節(jié)干電池、微安表（量程

0:300μA，零刻度在中間位置）、電容器C（2200μF、16V）、單刀雙擲開(kāi)關(guān)組裝成如圖1所示的實(shí)

驗(yàn)電路。

（1）把開(kāi)關(guān)S接1，微安表指針迅速向右偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小到零：然后把開(kāi)關(guān)S接2，微安表指針偏轉(zhuǎn)

情況是___；

A.迅速向右偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小B.向右偏轉(zhuǎn)示數(shù)逐漸增大

C.迅速向左偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小D.向左偏轉(zhuǎn)示數(shù)逐漸增大

（2）再把電壓表并聯(lián)在電容器兩端，同時(shí)觀察電容器充電時(shí)電流和電壓變化情況。把開(kāi)關(guān)S接1，微安表

指針迅速向右偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小到160μA時(shí)保持不變；電壓表示數(shù)由零逐漸增大，指針偏轉(zhuǎn)到如圖2

所示位置時(shí)保持不變，則電壓表示數(shù)為_(kāi)__V，電壓表的阻值為_(kāi)__kW（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。

【答案】①.C②.0.50③.3.1

【解析】

【詳解】（1）[1]把開(kāi)關(guān)S接1，電容器充電，電流從右向左流過(guò)微安表，微安表指針迅速向右偏轉(zhuǎn)后示數(shù)

逐漸減小到零；把開(kāi)關(guān)S接2，電容器放電，電流從左向右流過(guò)微安表，則微安表指針迅速向左偏轉(zhuǎn)后示

數(shù)逐漸減小。

故選C。

（2）[2]由題意可知電壓表應(yīng)選用0~3V量程，由圖2可知此時(shí)分度值為0.1V，需要估讀到0.01V，則讀數(shù)

為0.50V。

[3]當(dāng)微安表示數(shù)穩(wěn)定時(shí)，電容器中不再有電流通過(guò)，此時(shí)干電池、電阻箱、微安表和電壓表構(gòu)成回路，根

據(jù)閉合電路歐姆定律有

第16頁(yè)/共26頁(yè)

E1.5

R+R==W=9.375kΩ

VI160′10-6

根據(jù)串聯(lián)電路規(guī)律有

RU1.5-0.5

=R==2

RVUV0.5

聯(lián)立可得

RV?3.1kΩ

18.在探究熱敏電阻的特性及其應(yīng)用的實(shí)驗(yàn)中，測(cè)得熱敏電阻Rt，在不同溫度時(shí)的阻值如下表

溫度/℃4.19.014.320.028.038.245.560.4

電阻/

2201601006045302515

（102W）

某同學(xué)利用上述熱敏電阻Rt、電動(dòng)勢(shì)E=3V（內(nèi)阻不計(jì)）的電源、定值電阻R（阻值有3kΩ、5kΩ、

12kW三種可供選擇）、控制開(kāi)關(guān)和加熱系統(tǒng)，設(shè)計(jì)了A、B、C三種電路。因環(huán)境溫度低于20℃，現(xiàn)要求

將室內(nèi)溫度控制在20℃:28℃范圍，且1、2兩端電壓大于2V，控制開(kāi)關(guān)開(kāi)啟加熱系統(tǒng)加熱，則應(yīng)選擇

的電路是___，定值電阻R的阻值應(yīng)選___kW，1、2兩端的電壓小于___V時(shí)，自動(dòng)關(guān)閉加熱系統(tǒng)（不考

慮控制開(kāi)關(guān)對(duì)電路的影響）。

A.B.C.

【答案】①.C②.3③.1.8

【解析】

【詳解】[1]A．電路A，定值電阻和熱敏電阻并聯(lián)，電壓不變，故不能實(shí)現(xiàn)電路的控制，故A錯(cuò)誤；

B．定值電阻和熱敏電阻串聯(lián)，溫度越低，熱敏電阻的阻值越大，定值電阻分得電壓越小，無(wú)法實(shí)現(xiàn)1、2

兩端電壓大于2V，控制開(kāi)關(guān)開(kāi)啟加熱系統(tǒng)加熱。故B錯(cuò)誤；

C．定值電阻和熱敏電阻串聯(lián)，溫度越低，熱敏電阻的阻值越大，熱敏電阻分得電壓越大，可以實(shí)現(xiàn)1、2

兩端電壓大于2V，控制開(kāi)關(guān)開(kāi)啟加熱系統(tǒng)加熱。故C正確。

故選C。

第17頁(yè)/共26頁(yè)

o

[2]由熱敏電阻Rt在不同溫度時(shí)的阻值表可知，20.0C的阻值為

60′100Ω=6kΩ

由題意可知

Rt6kW

U12=E=′3V=2V

Rt+R6kW+R

解得

R=3kΩ

3

[3]28℃時(shí)關(guān)閉加熱系統(tǒng)，此時(shí)熱敏電阻阻值為4.5kΩ，此時(shí)1、2兩點(diǎn)間的電壓為′4.5V=1.8V

4.5+3

則1、2兩端的電壓小于1.8V時(shí)，自動(dòng)關(guān)閉加熱系統(tǒng)。

3

19.如圖所示，一個(gè)固定在水平面上的絕熱容器被隔板A分成體積均為V1=750cm的左右兩部分。面積

為S=100cm2的絕熱活塞B被鎖定，隔板A的左側(cè)為真空，右側(cè)中一定質(zhì)量的理想氣體處于溫度

5

T1=300K、壓強(qiáng)p1=2.04′10Pa的狀態(tài)1。抽取隔板A，右側(cè)中的氣體就會(huì)擴(kuò)散到左側(cè)中，最終達(dá)到

狀態(tài)2。然后解鎖活塞B，同時(shí)施加水平恒力F，仍使其保持靜止，當(dāng)電阻絲C加熱時(shí)，活塞B能緩慢滑

動(dòng)（無(wú)摩擦），使氣體達(dá)到溫度T2=350K的狀態(tài)3，氣體內(nèi)能增加DU=63.8J。已知大氣壓強(qiáng)

5

p0=1.01′10Pa，隔板厚度不計(jì)。

（1）氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2是___（選填“可逆”或“不可逆”）過(guò)程，分子平均動(dòng)能____（選填“增

大”、“減小”或“不變”）；

（2）求水平恒力F的大??；

（3）求電阻絲C放出的熱量Q。

【答案】（1）氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2是不可逆過(guò)程，分子平均動(dòng)能不變；（2）10N；（3）89.3J

【解析】

【詳解】（1）根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2是不可逆過(guò)程，由于隔板A的左側(cè)為真

空，可知?dú)怏w從狀態(tài)1到狀態(tài)2，氣體不做功，又沒(méi)有發(fā)生熱傳遞，所以氣體的內(nèi)能不變，氣體的溫度不

變，分子平均動(dòng)能不變。

第18頁(yè)/共26頁(yè)

（2）氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2發(fā)生等溫變化，則有

p1V1=p2×2V1

解得狀態(tài)2氣體的壓強(qiáng)為

p

p=1=1.02′105Pa

22

解鎖活塞B，同時(shí)施加水平恒力F，仍使其保持靜止，以活塞B為對(duì)象，根據(jù)受力平衡可得

p2S=p0S+F

解得

55-4

F=(p2-p0)S=(1.02′10-1.01′10)′100′10N=10N

（3）當(dāng)電阻絲C加熱時(shí)，活塞B能緩慢滑動(dòng)（無(wú)摩擦），使氣體達(dá)到溫度T2=350K的狀態(tài)3，可知?dú)怏w

做等壓變化，則有

2VV

1=3

T1T2

可得狀態(tài)3氣體的體積為

T235033

V3=×2V1=′2′750cm=1750cm

T1300

該過(guò)程氣體對(duì)外做功為

5-6

W=p2DV=p2(V3-2V1)=1.02′10′(1750-2′750)′10J=25.5J

根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得

DU=-W+Q￠

解得氣體吸收的熱量為

Q￠=DU+W=63.8J+25.5J=89.3J

可知電阻絲C放出的熱量為

Q=Q￠=89.3J

20.某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角q=37°的直軌道AB，半徑R=1m的圓弧軌道BCD，長(zhǎng)

度L=1.25m、傾角為q的直軌道DE，半徑為R、圓心角為q的圓弧管道EF組成，軌道間平滑連接。

在軌道末端F的右側(cè)光滑水平面上緊靠著質(zhì)量m=0.5kg滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平

齊。質(zhì)量m=0.5kg的小物塊a從軌道AB上高度為h靜止釋放，經(jīng)圓弧軌道BCD滑上軌道DE，軌道

第19頁(yè)/共26頁(yè)

DE由特殊材料制成，小物塊a向上運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)m1=0.25，向下運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)m2=0.5，且

最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。當(dāng)小物塊a滑塊b上滑動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)恒為m1，小物塊a動(dòng)到滑塊右側(cè)的

豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。（其它軌道均光滑，小物塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，sin37°=0.6，

cos37°=0.8）

（1）若h=0.8m，求小物塊

①第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的向心加速度大??；

②在DE上經(jīng)過(guò)的總路程；

③在DE上向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間t上和向下運(yùn)動(dòng)時(shí)間t下之比。

（2）若h=1.6m，滑塊至少多長(zhǎng)才能使小物塊不脫離滑塊。

【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m

【解析】

【詳解】（1）①對(duì)小物塊a從A到第一次經(jīng)過(guò)C的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有

1

mgh=mv2

2C

第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的向心加速度大小為

v22gh

a=C==16m/s2

RR

②小物塊a在DE上時(shí)，因?yàn)?/p>

m2mgcosq<mgsinq

所以小物塊a每次在DE上升至最高點(diǎn)后一定會(huì)下滑，之后經(jīng)過(guò)若干次在DE上的滑動(dòng)使機(jī)械能損失，最終

小物塊a將在B、D間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，且易知小物塊每次在DE上向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)的距離相等，設(shè)其在DE

上經(jīng)過(guò)的總路程為s，根據(jù)功能關(guān)系有

s

mg[h-R(1-cosq)]=(mmgcosq+mmgcosq)

122

解得

s=2m

第20頁(yè)/共26頁(yè)

③根據(jù)牛頓第二定律可知小物塊a在DE上向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為

2

a上=gsinq+m1gcosq=8m/s

2

a下=gsinq-m2gcosq=2m/s

將小物塊a在DE上的若干次運(yùn)動(dòng)等效看作是一次完整的上滑和下滑，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

11

at2=at2

2上上2下下

解得

t1

上=

t下2

（2）對(duì)小物塊a從A到F的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有

1

mv2=mg[h-Lsinq-2R(1-cosq)]-mmgLcosq

2F1

解得

vF=2m/s

設(shè)滑塊長(zhǎng)度為l時(shí)，小物塊恰好不脫離滑塊，且此時(shí)二者達(dá)到共同速度v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定

律有

mvF=2mv

11

mv2=×2mv2+2mmgl

2F21

解得

l=0.2m

21.如圖1所示，掃描隧道顯微鏡減振裝置由絕緣減振平臺(tái)和磁阻尼減振器組成。平臺(tái)通過(guò)三根關(guān)于

O￠O￠￠軸對(duì)稱分布的相同輕桿懸掛在輕質(zhì)彈簧的下端O，彈簧上端固定懸掛在O￠點(diǎn)，三個(gè)