2025年1月浙江省普通高校招生選考科目考試物理仿真模擬卷02姓名:__________準考證號:__________本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共12頁，滿分100分，考試時間90分鐘。考生注意:1.答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答題紙規定的位置上。2.答題時，請按照答題紙上“注意事項”的要求，在答題紙相應的位置上規范作答，在本試題卷上的作答一律無效。3.非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應的區域內，作圖時先使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。4.可能用到的相關參數:重力加速度g均取10m/s2。5.難度系數：0.65第Ⅰ卷一、選擇題Ⅰ(本題共13小題,每小題3分,共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的,不選、多選、錯選均不得分)1．公元前4世紀末，我國的《墨經》中提到“力，形之所以奮也”，意為力是使有形之物突進或加速運動的原因。力的單位用國際單位制的基本單位符號來表示，正確的是（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】AB．根據牛頓第二定律的表達式可知力的單位為，A錯誤，B正確；C．根據壓強的表達式可知力的單位可知力的單位為，但壓強單位Pa不是國際單位制的基本單位，C錯誤；D．根據做功的表達式可知力的單位為，并且功的單位J不是國際單位制的基本單位，D錯誤。故選B。2．地鐵是一種“綠色”的公共交通工具。如圖，某次地鐵上連接左側圓環的拉繩呈豎直狀態，人拉著的右側圓環的拉繩與豎直方向成一定角度，且處于繃緊狀態，人與地鐵車廂保持相對靜止。下列說法正確的是（）A．由左側拉繩的狀態可知地鐵車廂處于靜止狀態B．由右側拉繩的狀態可知地鐵車廂可能正在向右加速C．人對圓環的拉力小于圓環對人的拉力D．人受到車廂地面水平向左的摩擦力作用【答案】D【詳解】AB．分析左側圓環可知，左側圓環所受的重力（豎直向下）與拉繩對它的拉力（豎直向上）平衡，圓環所受合外力為零，處于平衡狀態，可能為靜止或勻速直線運動狀態，表明車廂可能處在靜止或勻速直線運動狀態，故AB錯誤；C．由牛頓第三定律可知：人對圓環的拉力大小等于圓環對人的拉力大小，故C錯誤；D．以人和右側圓環為研究對象，由題可知人拉著圓環與地鐵車廂保持相對靜止，即人和圓環處于平衡狀態，由于它們受到拉繩斜向右上方的拉力，該拉力產生水平向右的分力，表明人受到車廂地面水平向左的靜摩擦力作用，故D正確。故選D。3．大同市永泰門的音樂噴泉，為南城墻的城門廣場增加了吸引力和活力。已知噴泉豎直噴射時，能噴射的最大高度為31.25m。若噴頭方向與水平方向夾角為，不計噴頭高度和空氣阻力，重力加速度取，則噴出的水落地時到噴頭的距離為（）A．62.5m B．25m C．125m D．150m【答案】A【詳解】噴泉豎直噴射的最大高度為31.25m，由，得，設噴頭與水平方向夾角為，則射程，，聯立得，當夾角為，為62.5m故選A。4．2024年10月3日，期刊上發表了中國科學院近代物理研究所的研究成果：研究團隊合成新核素钚，并測量了該新核素的半衰期。已知钚的衰變方程為，下列說法正確的是（）A．10個钚原子核經過一個半衰期后還剩余5個B．钚原子核發生的是衰變C．钚原子核發生衰變時需要吸收能量D．原子核的比結合能比原子核的比結合能大【答案】B【詳解】A．半衰期是大量粒子的統計規律，10個钚-227經過一個半衰期不一定還剩余5個，A錯誤；B．根據電荷數和質量數守恒，可知Y的質量數為4，電荷數為2，可知Y為α粒子，則钚-227發生的是α衰變，B正確；CD．钚-227衰變的過程中是釋放能量的，比結合能增大，的比結合能比的比結合能小，CD錯誤。故選B。5．嫦娥三號探測器是我國第一個實現月球軟著陸的無人登月探測器，由月球軟著陸探測器和月面巡視探測器組成。嫦娥三號探測器從環月圓軌道變軌到橢圓軌道，為下一步月面軟著陸做準備，其軌跡如圖所示。已知嫦娥三號探測器在環月圓軌道上的周期為T，引力常量為G，地球表面的重力加速度為g，環月圓軌道距離月球表面的高度為r，月球半徑為R，則下列說法正確的是（）A．月球的質量為B．若在環月圓軌道上的嫦娥三號探測器要返回到地球，則需減速C．若在環月橢圓軌道上的嫦娥三號探測器要降落到月球表面，則需減速D．忽略月球的自轉，月球的平均密度為【答案】C【詳解】A．月球對嫦娥三號探測器的萬有引力提供向心力，則有，可得，故A錯誤；B．在環月圓軌道上的嫦娥三號探測器要想回到地球，必須加速做離心運動，故B錯誤；C．在環月橢圓軌道上的嫦娥三號探測器要想降落到月球表面，則應該減速做向心運動，故C正確；D．物體在月球表面上有，可得，又，聯立解得，為月球表面的重力加速度，故D錯誤。故選C。6．近幾年具有健康、活力、激情標簽的滑雪運動備受青睞，滑雪場地也成為了越來越多人的冬游之選。如圖所示，某滑雪場打算在一坡度約為的滑道邊上安裝一條100m的長直“魔毯”來運送滑雪者上山，“魔毯”的額定功率為，其表面與其他物品的動摩擦因數均為0.75，“魔毯”始終勻速運行。“魔毯”質量不計，忽略“魔毯”與冰面的摩擦和其他機械摩擦。（攜帶裝備的成年人平均質量約為取（）A．一個成年人上山過程中克服重力做功B．一個成年人上山過程中克服摩擦力做功C．若同時承運100個成年人，則其最大運行速度約為D．若“魔毯”以速度運行，則最多可以同時承運50個成年人【答案】C【詳解】A．一個成年人上山過程中克服重力做功為，故A錯誤；B．一個成年人上山過程中，摩擦力做正功，不是克服摩擦力做功，則靜摩擦力做的功為，故B錯誤；C．當“魔毯”上同時承運n=100人時，有，，由牛頓第三定律，對“魔毯”有“魔毯”正常工作時，有，可得，故C正確；D．同理可得，若“魔毯”以1m/s速度運行，由可得，代入數據解得，則最多可以同時承運200個成年人，故D錯誤。故選C。7．在如圖所示的電路中，電介質板與被測量的物體A相連，當電介質向左或向右移動時，通過相關參量的變化可以將A定位。開始時單刀雙擲開關接1，一段時間后將單刀雙擲開關接2。則下列說法正確的是（）A．開關接1時，x增大，平行板電容器的電荷量增大B．開關接1時，x減小，電路中的電流沿順時針方向C．開關接2時，x減小，靜電計的指針偏角增大D．開關接2時，x增大，平行板間的電場強度不變【答案】B【詳解】AB．開關接1時，平行板間的電壓不變。當x增大時，電介質常數減小，由公式，可知電容器的電容減小，又由，知平行板電容器的電荷量減小；同理當減小時，電容器的電容增大，電荷量增大，電容器充電，由電路圖可知，電路中的電流沿順時針方向，故A錯誤，B正確；CD．開關接2時，電容器所帶的電荷量保持不變。，當x減小時，電容器的電容增大，由公式，可知兩極板的電勢差減小，則靜電計的指針偏轉角度減小；同理當x增大時，由電容器兩極板的電勢差增大，由，可知平行板間的電場強度增大，故CD錯誤。故選B。8．一種光電煙霧報警器的結構和原理如圖1和圖2所示，光源S向外發射某一特定頻率的光束，發生火情時有煙霧進入報警器內，由于煙霧對光的散射作用，會使部分光改變方向進入光電管C從而發生光電效應，于是有電流輸入報警系統，當光電流大于I0時，便會報警，當滑動變阻器的滑片P處于圖2所示位置，煙霧報警器恰好報警，則（）A．將圖2中電源的正負極反接，光電子的最大初動能將減小B．僅將滑片P向右移動少許，可以解除報警C．僅降低光源S發出光的強度，可以解除報警D．單位時間內進入光電管的光子數為時，報警器一定會報警【答案】C【詳解】A．圖2中光電管兩端加的是正向電壓，若正負極反接則光電管兩端加負向電壓，根據光電效應方程,可知，光電子的最大初動能不變，故A錯誤；B．僅將滑片P向右移動少許，則正向電壓增大，根據光電流與電壓的關系，光照強度一定時，隨著正向電壓增大，光電流增大，但當光電流達到飽和電流時，正向電壓增大，飽和電流不變，不一定解除報警，故B錯誤；C．僅降低光源S發出光的強度，根據光電效應方程可知，光電子的最大初動能不變，則單位時間內光電管接收到的光子個數減少，光電流減小，可以解除報警，故C正確；D．單位時間內進入光電管的光子數為時，但是可能受到兩端電壓的限制，在陰極產生的光電子不一定全部到達A極，所以不一定能讓報警系統的電流達到I0，不一定能觸發報警，故D錯誤。故選C。9．如圖是汽車打火時火花塞產生電火花的原理簡圖，扭動汽車鑰匙打火，開關不停地閉合斷開，打火線圈次級繞組產生的瞬時高電壓使火花塞產生電火花，點燃氣缸中的可燃混合氣，下列說法正確的是（）A．汽車打火并控制電火花點火的主要原理是自感B．斷開開關的瞬間，火花塞會產生電火花C．打火線圈中的初級繞組匝數可能大于次級繞組匝數D．斷開開關的瞬間，次級繞組中的電能轉化為磁場能【答案】B【詳解】A．汽車打火并控制電火花點火的主要原理是互感，故A錯誤；B．斷開開關的瞬間，初級繞組的電流發生變化，次級繞組可產生高電壓，火花塞會產生電火花，故B正確；C．根據變壓器電壓比等于匝數比,為了使次級繞組產生高電壓，次級繞組匝數一定大于初級繞組匝數，故C錯誤；D．斷開開關的瞬間，初級繞組電流產生的磁場能轉化為次級繞組中的電能，故D錯誤。故選B。10．直流電動機在生活生產中有廣泛的應用，其主要結構為兩部分：定子和轉子，其中定子包括：主磁極、機座、轉向器、電刷等；轉子包括：電樞鐵芯、電樞繞組等。如圖所示是電動機提升重物的示意圖，已知電源電動勢，內阻，電阻。閉合開關S，發現電動機被卡死，此時電壓表的示數為，立即關閉電源。清除故障后重新閉合開關，當電動機正常工作時，電壓表的示數為，重力加速度，下列說法正確的是（）A．電動機內部線圈的電阻為B．電動機正常工作時線圈電阻的熱功率為C．電動機正常工作時電源的效率約為D．電動機正常工作時將一個質量為重物由靜止吊起，則重物的最大速度為【答案】B【詳解】A．電動機被卡住時，相當于純電阻，電源內電壓，電路電流，由閉合電路歐姆定律可得電動機內阻為，故A錯誤；B．電動機正常工作時，電源內電壓，電路電流，電動機線圈電阻的熱功率為，故B正確；C．電動機正常工作時，電源的效率為，故C錯誤；D．當重物速度最大時，拉力，電動機的輸出功率，由，可得重物的最大速度為，故D錯誤。故選B。11．如圖所示，將圓柱形鋁塊放入真空冶煉爐中。冶煉爐中磁場是均勻分布的；鋁塊可視為由橫截面積相同、半徑大小不同的鋁環拼在一起組成。下列說法正確的有（）A．環中電流的大小與環半徑的二次方成正比B．環中電功率的大小與環半徑的三次方成正比C．相同時間內環中產生的熱量與環半徑的四次方成正比D．若將鋁塊換成電阻率更小的銅塊，則相同橫截面積、相同半徑的銅環發熱功率更小【答案】B【詳解】A．根據法拉第電磁感應定律，所以環中電流的大小為，即環中電流的大小與環半徑成正比，故A錯誤；BD．環中電功率的大小為，即環中電功率的大小與環半徑的三次方成正比，若將鋁塊換成電阻率更小的銅塊，則相同橫截面積、相同半徑的銅環發熱功率更大，故B正確，D錯誤；C．相同時間內環中產生的熱量為，即相同時間內環中產生的熱量與環半徑的三次方成正比，故C錯誤。故選B。12．物理學中有很多關于圓盤的實驗，第一個是法拉第圓盤，圓盤全部處于磁場區域，可繞中心軸轉動，通過導線將圓盤圓心和邊緣與外面電阻相連。第二個是阿拉果圓盤，將一銅圓盤水平放置，圓盤可繞中心軸自由轉動，在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針，第三個是費曼圓盤，一塊水平放置的絕緣體圓盤可繞過其中心的豎直軸自由轉動，在圓盤的中部有一個線圈，圓盤的邊緣固定著若干帶負電的金屬小球。以下說法正確的是（）A．法拉第圓盤在轉動過程中（俯視，圓盤順時針轉動），雖然圓盤中磁通量不變，但會有自上而下的電流流過電阻RB．阿拉果圓盤實驗中，轉動圓盤，小磁針會同向轉動，反之，轉動小磁針，圓盤則不動C．費曼圓盤中，當開關閉合的一瞬間，圓盤會順時針（俯視）轉動D．法拉第圓盤和阿拉果圓盤都是電磁驅動的表現【答案】C【詳解】A．法拉第圓盤在轉動過程中（俯視，圓盤順時針轉動），雖然圓盤中磁通量不變，但可認為是每條半徑切割磁感線，由右手定則可知，會有自下而上的電流流過電阻R，選項A錯誤；B．阿拉果圓盤實驗中，轉動圓盤或小磁針，都產生感應電流，因安培力的作用，另個物體也會跟著同向轉動，故B錯誤；C．線圈接通電源瞬間，則變化的磁場產生感生電場，從而導致帶電小球受到電場力，使其轉動，接通電源瞬間圓板受到電場力作用而轉動，由于金屬小球帶負電，再根據電磁場理論可知，產生逆時針方向的電場，負電荷受到的電場力與電場方向相反，則有順時針電場力，圓盤會順時針（俯視）轉動，故C正確；D．如果磁場相對于導體運動，在導體中會產生感應電流，感應電流使導體受到安培力的作用，安培力使導體運動起來，這種作用就是電磁驅動，顯然法拉第圓盤是機械能轉化為電能的過程，并不是電磁驅動，故D錯誤。故選C。13．1909年密立根通過油滴實驗測得電子的電荷量，因此獲得1923年諾貝爾物理學獎，實驗裝置如圖。兩塊水平放置相距為d的金屬板A、B分別與電源正、負兩極相接，從A板上小孔進入兩板間的油滴因摩擦帶上一定的電荷量。兩金屬板間未加電壓時，通過顯微鏡觀察到某帶電油滴P以速度大小豎直向下勻速運動；當油滴P經過板間M點（圖中未標出）時金屬板加上電壓U，經過一段時間，發現油滴P恰以速度大小豎直向上勻速經過M點。已知油滴運動時所受空氣阻力大小為，其中k為比例系數，v為油滴運動速率，r為油滴的半徑，不計空氣浮力，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．油滴P兩次經過M點時速度、大小相等B．油滴P所帶電荷量的值為C．油滴P先后兩次經過M點經歷的時間為D．從金屬板加上電壓到油滴向上勻速運動的過程中，油滴P的加速度先增大后減小【答案】C【詳解】A．油滴P兩次經過M點時重力與電場力做功均為0，阻力做負功，所以，故A錯誤；B．設油滴P所帶電荷量的值為q，沒有加電壓時，根據平衡條件可得，施加電壓后勻速向上運動時，根據平衡條件可得，解得，故B錯誤；C．油滴經過M點向下運動到速度為零過程中，取向上為正方向，根據動量定理可得，油滴從速度為零到達到M點的過程中，根據動量定理可得，其中，，，解得油滴先后兩次經過M點經歷的時間為，故C正確；D．從金屬板加上電壓到油滴速度減為零的過程中，根據牛頓第二定律可得，解得，隨著速度的減小，加速度逐漸減小；油滴向上加速運動到的過程中，根據牛頓第二定律可得，解得，隨著速度的增大，加速度逐漸減小；綜上所述，從金屬板加上電壓到油滴向上勻速運動的過程中，油滴的加速度一直減小，故D錯誤。故選C。二、選擇題Ⅱ(本題共2小題,每小題3分,共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分)14．下列說法正確的是（

）A．動量守恒定律由牛頓力學推導得到，因此微觀領域動量守恒定律不適用B．非晶體沿各個方向的物理性質都是一樣的，具有各向同性C．食鹽被灼燒時發的光主要是由鈉原子從低能級向高能級躍遷時產生的D．光電效應、黑體輻射、物質波等理論均與普朗克常量有關【答案】BD【詳解】A．動量守恒定律雖然由牛頓力學推導得到，但動量守恒定律在宏觀與微觀與領域均適用，故A錯誤；B．根據晶體與非晶體的特征，非晶體沿各個方向的物理性質都是一樣的，具有各向同性，故B正確；C．食鹽被灼燒時發的光主要是由鈉原子從高能級向低能級躍遷時產生的，故C錯誤；D．根據粒子性與波動性的規律可知，光電效應、黑體輻射、物質波等理論均與普朗克常量有關，故D正確。故選BD。15．如圖甲所示的“笑臉彈簧小人”由頭部、彈簧及底部組成，將彈簧小人靜置于桌面上，輕壓頭部后靜止釋放，小人不停上下振動，非常有趣。可將其抽象成如圖乙所示的模型，頭部質量為，彈簧質量不計，勁度系數為，底部質量為。已知當彈簧形變量為時，其彈性勢能，不計一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為，彈簧始終在彈性限度內，則下列判斷中正確的是(

)A．將彈簧小人靜置于桌面上，輕壓頭部后靜止釋放，底部不離開桌面，下壓最大距離為B．將彈簧小人靜置于桌面上，輕壓頭部后靜止釋放，底部不離開桌面壓力做功最大值為C．若彈簧小人在振動過程中底部恰好不離開桌面，則彈簧的最大彈性勢能為D．若剛釋放時頭部的加速度大小為，則小人在運動過程中頭部的最大速度為【答案】AC【詳解】A．靜置于桌面的彈簧小人，彈簧壓縮量為，則，輕壓頭部后做簡諧運動，底部不離開桌面，彈簧的最大伸長量為，則，最大振幅為，則，故下壓最大距離為，A項正確；B．從平衡位置緩慢下壓時最大壓力為，有，解得，壓力做功最大值為，B項錯誤；C．彈簧的最大壓縮量為，則彈簧的最大彈性勢能為，C項正確；D．若剛釋放時頭部的加速度大小為，設彈簧的壓縮量為，則，得，頭部往上運動至彈簧壓縮量為時頭部速度最大，則，得，D項錯誤。故選AC。第Ⅱ卷三、實驗題：本題共1小題，共14分。16-Ⅰ．利用手機內置加速度傳感器可實時顯示手機加速度的數值。小明通過智能手機探究加速度與合外力的關系，實驗裝置如圖甲所示，已知當地重力加速度為g。（1）輕彈簧上端固定，下端與手機相連接，手機下端通過細繩懸掛小桶；（2）開始時，小桶內裝有砝碼，整個實驗裝置處于靜止狀態；（3）突然剪斷細繩，通過手機軟件記錄豎直方向加速度a隨時間變化的圖像如圖乙所示，剪斷細繩瞬間手機的加速度對應圖中的（選填“A”“B”或“C”）點；（4）剪斷細繩瞬間手機受到的合力大小F等于()A．砝碼的重力大小

B．小桶和砝碼的重力大小C．手機的重力大小

D．彈簧對手機的拉力大小（5）如圖丙所示，某同學在處理數據時，以剪斷細繩瞬間手機豎直方向上的加速度a為縱坐標，砝碼質量m為橫坐標，繪制a?m圖像，獲得一條斜率為k，截距為b的直線，則可推算出手機的質量為（選用k、b、g表示）。【答案】A（1分）B（1分）（2分）【詳解】（3）[1]前面的數據波動是保持平衡時的輕微擾動，后續的數據波動是因為手機在做（近似）簡諧運動，故第一個峰值即為我們要的繩子被剪斷時的瞬時加速度，即剪斷細繩瞬間手機的加速度對應圖中的A點；（4）[2]剪斷細繩瞬間，彈簧的彈力大小不變，手機受到的合力大小F等于小桶和砝碼的重力大小。故選B。（5）[3]繩子剪斷前，設彈力為F，小桶的質量為m0，手機的質量為M，對手機由平衡條件可得，繩子剪斷后，對手機由牛頓第二定律可得，聯立可得，可得，a?m圖像的斜率為，解得手機的質量為16-Ⅱ．某科創小組基于校園安全在實驗室里設計了一個火災報警滅火系統，其控制電路由NTC熱敏電阻、電阻箱、電動機、報警器、半導體控制元件、電源、開關和導線等構成。當發生火災時，環境溫度升高到一定程度后，報警器報警，電動機開始工作，模擬抽水滅火。(1)該小組選擇多用電表電阻“×10”擋進行不同溫度下NTC熱敏電阻阻值的粗略測量，發現阻值隨溫度在范圍內變化。表盤指針如圖（a）所示時，熱敏電阻阻值為。

(2)為精確測量不同溫度下熱敏電阻的阻值，可利用的實驗器材有：電流表A（量程0~30mA，內阻約）；電壓表V（量程0~3V，內阻約）；滑動變阻器R（）；電源（電動勢3V，內阻不計），開關及導線若干。請在答題卡上將虛線框中所示的器材符號連線，畫出實驗電路原理圖。連接電路進行實驗后，小組根據實驗數據作出三個不同熱敏元件阻值隨溫度t變化的圖像如圖（b）所示。(3)火災報警滅火控制電路中為熱敏電阻，為電阻箱，M為電動機，VT為具有三個接線柱b、c、e的控制元件。當be間的電勢差時，b、c、e與VT連接的三條線路均處于斷開狀態；當時，三條線路均能導通。以下電路圖符合實驗要求的是______（填正確圖像對應的標號）。A．

B．

C．

D．

(4)該小組使用了圖（b）中的Ⅰ作為熱敏元件，在確保電路安全的前提下，若要適當提高工作電路的靈敏度（即在更低一點的溫度下實現報警滅火），請提出兩條可行的具體措施：①將熱敏元件換為圖（b）中的（填Ⅱ或Ⅲ）；②。【答案】(1)190（1分）(2)

（3分）(3)B（1分）(4)Ⅲ（1分）將電阻箱接入電路的阻值適當增大，將一定值電阻與熱敏電阻并聯（1分）【詳解】（1）熱敏電阻阻值為（2）滑動變阻器的最大阻值遠遠小于熱敏電阻阻值，所以用分壓式連接，由于電流表采取內接法，電路原理圖如圖

（3）AC．由題意，當be間的電勢差時，b、c、e與VT連接的三條線路均處于斷開狀態；當時，三條線路均能導通。即b點電勢高于e點電勢，選項AC中b點電勢低于e點電勢，故AC錯誤；BD．當發生火災時，溫度升高，熱敏電阻的阻值減小，熱敏電阻兩端電壓減小，則兩端電壓增大，當時，三條線路均能導通，故B正確，D錯誤。故選B。（4）若要適當提高工作電路的靈敏度（即在更低一點的溫度下實現報警滅火），即熱敏電阻兩端電壓減小，兩端電壓增大，具體措施可選擇[1]將熱敏元件換為圖（b）中的Ⅲ；[2]將電阻箱接入電路的阻值適當增大，將一定值電阻與熱敏電阻并聯。16-Ⅲ．在“用雙縫干涉測量光的波長”實驗中，為減小誤差，該實驗并未直接測量相鄰亮條紋間的距離，而是先測量n個條紋的間距再求出。下列實驗采用了類似方法的有（）A．“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗中合力的測量B．“探究彈簧彈力與形變量的關系”實驗中彈簧的形變量的測量C．“用單擺測重力加速度”實驗中單擺的周期的測量D．“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗中一滴油酸酒精溶液體積的測量【答案】CD（3分）【詳解】為減小誤差，該實驗并未直接測量相鄰亮條紋間的距離，而是先測量n個條紋的間距再求出，屬于放大測量取平均值。A．“探究兩個互成角度的力的合成規律”的實驗中合力的測量，屬于等效替代法，故A錯誤；B．“探究彈簧彈力與形變量的關系”實驗中彈簧形變量的測量，屬于測多次去計算平均值，故B錯誤；C．“用單擺測重力加速度”實驗中單擺周期的測量，屬于放大測量取平均值，故C正確；D．“用油膜法估測油酸分子的大小”的實驗中1滴油酸酒精溶液體積的測量，屬于放大測量取平均值，故D正確。故選CD。四、計算題：本題共4小題，8分+11分+11分+11分共41分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。17．如果不小心把乒乓球打癟了（如圖），只要乒乓球沒有破裂、就可以用物理方法恢復。乒乓球完好時內部氣壓為大氣壓強。某次打癟后體積變為原體積的。若采用熱水浸泡，乒乓球就剛好開始恢復（體積依然是原體積的）。假設浸泡時乒乓球外壓強為，乒乓球導熱性能良好，外界環境溫度恒為。(1)求乒乓球剛好開始恢復時，球內、外的壓強差；(2)如果將打癟的乒乓球放入容器內（氣體壓強為）密閉，再用抽氣機從容器里往外抽氣，假設抽氣過程氣體溫度保持不變，求球內、外的壓強差達到（1）中的數值時，抽出氣體的質量與容器內原有氣體質量的比值。【答案】(1)(2)0.2【詳解】（1）以球內氣體為研究對象，打癟前后溫度不變，可知（1分）可得打癟后的壓強開始恢復時，氣體發生等容變化，則（1分）開始恢復時，球內的壓強（1分）球內、外壓強差（1分）（2）球內、外的壓強差達到（1）中的數值時，容器內的氣體壓強（1分）設容器內氣體初始狀態的體積為V，抽氣后折合成同溫，同壓下的體積為，則（1分）解得（1分）抽出氣體的質量與容器內原有氣體質量的比值（1分）18．如圖所示，三個小物塊a、b、c質量為m1=m2=m3=2kg，放置在光滑水平地面上，c緊靠豎直墻壁，一勁度系數為k=100N/m的輕彈簧將c、a連接，b緊靠a，開始時彈簧處于原長，a、b、c均靜止。在物塊b的右側，有一個豎直面內光滑圓形軌道和光滑水平軌道PN，Q點為圓形軌道最低點，M點為最高點，圓形軌道半徑R=0.225m。水平軌道PN右側并排放置木板c、d，兩木板間相互接觸但不粘連，木板上表面與水平軌道PN平齊，木板C、D質量為mc=md=0.5kg，長度Lc=1m，Ld=2m。物塊b與木板C的動摩擦因數μc=0.4，與木板D的動摩擦因數μd=0.1，木板C、D與地面間動摩擦因數均為μ=0.2。現給b施加一水平向左、大小為F=30N的恒力，使a、b一起向左運動（彈簧始終在彈性限度內），當速度為零時，立即撤去恒力。(1)求a、b向左移動的最大距離x0和a、b分離時a的動能Ek；(2)通過計算分析物塊b能否經過最高點M，若不能求物塊b在圓軌道上距離水平軌道PN的最大高度h；若能求物塊b運動到圓形軌道最高點M處的速度；(3)若僅改變物塊a的質量，其余條件不變，為使物塊b與彈簧分離后，經過圓形軌道（未與軌道脫離）后，最終停在木板D上，求物塊a質量的取值范圍。【答案】(1)，(2)不能，(3)【詳解】（1）從開始到a、b向左移動到最大距離的過程中，以a、b和彈簧為研究對象，由功能關系得，彈簧恢復原長時a、b分離，從彈簧最短到a、b分離，以a、b和彈簧為研究對象，由能量守恒得（1分）解得，（1分）（2）設G、H為圓上與圓心等高的兩個點，若物塊b能到達M點，由動能定理得（1分）解得所以物塊b不能到達圓周最高點M，若物塊b能通過H點，由動能定理得解得所以物塊b通過了H點，綜上分析，b在H、M之間的某位置恰好脫離圓軌道。假設在E點恰好脫離，設E點與圓心的連線與豎直方向的夾角為，則從Q點到E點由動能定理可得（1分）解得則（1分）（3）當物塊a，b分離后，物塊b恰好通過M點時，物塊b最終與木板C相對靜止，b在C上滑動的相對位移為，由圓周運動知識得，由牛頓第二定律得，（1分）解得，物塊b從Q點到M點,由動能定理可得（1分）解得設物塊b最終與木板C相對靜止時的速度為，則解得，（1分）當物塊a，b分離后，物塊b通過圓周最高點M點后，恰好停在木板D的最左端保持相對靜止，設物塊b在木板C上滑行的時間為，由運動學公式可得，解得，由能量守恒得（1分）解得當物塊a，b分離后，物塊b通過圓周最高點M點后，恰好停在木板D的最右端保持相對靜止，設物塊b在木板C上滑行的時間為，有由牛頓第二定律得物塊b在木板D上滑行的加速度大小假設此時木板C和木板D分離，由于所以，二者分離后木板D開始減速，設減速的加速度大小為a，對木板D由牛頓第二定律可得解得即此加速度比木板C單獨減速的加速度還大，說明木板D減速更快，即物塊在木板D上運動時CD沒有分離，設C和D一起減速的加速度大小為，則解得（1分）又解得，由能量守恒得解得綜上可知（1分）19．如圖甲所示為簡易普通電磁炮原理圖。