2025年浙江省杭州市高考物理一模试卷(含详细答案解析)

这是一份2025年浙江省杭州市高考物理一模试卷(含详细答案解析)，共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列物理量没有单位的是( )
A. 电阻率ρB. 折射率nC. 静电力常量kD. 万有引力常量G
2.如图所示是足球比赛中的场景，下列说法正确的是( )
A. 踢球时足球从刚接触脚到落地的过程中机械能守恒
B. 在研究如何才能踢出香蕉球时，不能把足球看作质点
C. 足球在空中加速运动时，其惯性逐渐增大
D. 放气压瘪后的足球，其重心一定位于足球上
3.洛伦兹力演示仪中玻璃泡内充有稀薄气体，在电子枪发射出的电子束通过时能够显示电子的径迹。不加磁场时，电子束径迹是一条直线，如图甲所示；加磁场后，电子束径迹是一个圆，如图乙所示。则所加磁场的方向是( )
A. 水平向右
B. 竖直向上
C. 垂直纸面向内
D. 垂直纸面向外
4.空间站在圆轨道上运行，轨道距地面高度为400∼450千米。如图所示，航天员进行舱外巡检任务，此时航天员与空间站相对静止，下列说法正确的是( )
A. 此时航天员所受合外力为零
B. 空间站运行速度约为3km/s
C. 空间站绕地球运转的周期大于24h
D. 与空间站同轨同向运行的卫星不会与空间站相撞
5.如图所示，甲在高处，乙在地面，两人通过系在重物上的轻绳P、Q将重物吊起。当重物处于静止状态时，两绳拉力大小分别为FP、FQ，与竖直方向夹角分别为α、β。重物重力大小为G，下列说法中正确的是( )
A. α可能等于β
B. FP可能等于FQ
C. FP一定大于G
D. FQ一定大于G
6.将铀原料投入核电站的核反应堆中，其中一种核反应是：X+92235U→54139Xe+3895Sr+2X，已知 92235U、 54139Xe、 3895Sr的比结合能分别为7.6MeV、8.4MeV、8.7MeV。则( )
A. 该核反应中的X是质子
B. 投入核反应堆后，铀235的半衰期变短
C. 1kg铀矿石释放的能量为9.0×1016J
D. Xe与Sr的平均核子质量相差约5.3×10−31kg
7.如图所示是双量程的磁电式电表的原理图，测量时分别接入“A、B”或“A、C”，下列说法正确的是( )
A. 此为电流表，接“A、B”时量程更大
B. 此为电压表，接“A、C”时量程更大
C. 若R2被短路，接“A、B”时电表测量值仍正确
D. 若R1被短路，接“A、C”时电表测量值偏大
8.为了测量物体的位移，将与被测物体固定相连的电介质板插入平行金属板电容器中，电容器C可通过开关S与电感L或电源相连，如图所示。当开关S从a拨到b时，由电感L和电容C构成的回路中产生振荡电流。通过检测振荡电流的频率变化，可以推知被测物体的位移。关于此装置，下列说法正确的是( )
A. 电源电动势越小，则振荡电流的频率越低
B. 当电容器中电量最大时，电路中的电流也最大
C. 当电感自感电动势最大时，电容器中电场能最大
D. 检测到振荡电流的频率增加，说明被测物体向左运动
9.如图所示，匀强磁场方向与水平面成60∘角斜向右下方，矩形线圈以恒定角速度ω绕水平面内的OO′轴按图示方向转动，线圈通过换向器与电阻R相连。以图中时刻为计时起点，规定电流由a通过R流向b方向为电流正方向，则通过R的电流i随时间变化图像正确的是( )
A.
B.
C.
D.
10.一只蜜蜂在平静湖面边上的浅水中振翅，在水面激起的波纹(部分)如图所示。蜜蜂翅膀与水面接触点为A、B，y轴与AB中垂线重合，与AB两点距离差为9mm的C点附近区域水面较为平静。已知蜜蜂每秒钟振动翅膀200次，则该水波( )
A. 波速约为3.6m/s
B. 经过直径9cm的石头时不会发生衍射现象
C. 在深度不同的水域传播时会发生折射现象
D. 振动加强和减弱的区域位置随时间交替变化
11.如图所示，用折射率为n的玻璃制成顶角β很小(sinβ≈β)的棱镜，称为光楔。一束平行光垂直光楔左侧射入，不考虑多次反射，光线从光楔右侧出射时与入射时相比( )
A. 向上偏折了(n−1)βB. 向下偏折了(n−1)β
C. 向上偏折了(1−1n)βD. 向下偏折了(1−1n)β
12.某水流造景设施的截面如图所示，水平喷水口P横截面积为S、喷水的流速恒定为v，从P喷出的水柱恰好能垂直撞到倾角为30∘的斜面AC上的B处，速度瞬间变为零，之后沿斜面流下。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
A. 水流单位时间撞到B处的体积Q=2SvB. 水流在B处的速度vB= 3v3
C. 水流对B处的冲击力F=ρSv2D. 空中水的质量m= 3ρSv2g
13.如图所示，空间存在竖直方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B=1T，电场强度大小可调。一带电小球从O点正上方2m处以初速度v0=2m/s水平抛出。已知小球质量为m=0.1kg，电量为q=0.2C，则其能经过O点时的最大动能约为( )
A. 0.20J
B. 0.28J
C. 1.28J
D. 2.20J
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.下列说法正确的是( )
A. 悬浮在液体中的颗粒越大，其布朗运动越明显
B. 可以从单一热库吸收热量，使其完全变成功
C. 随着温度升高，黑体辐射的短波辐射强度增加，长波辐射强度减小
D. 汤姆孙根据阴极射线在电磁场中的偏转情况断定其为带负电的粒子流
15.图甲所示实验装置中阴极K由金属M制成，由此装置测出金属M的遏止电压Uc与入射光的频率ν关系如图乙所示。已知普朗克常量h=6.626×10−34J⋅s。下列说法正确的是( )
A. 测量遏止电压时应将图甲中滑片P向a端移动
B. 乙图中直线的斜率为普朗克常量h
C. 由图乙可知金属M的逸出功约为4.27eV
D. 图乙中A点对应的入射光光子动量大小数量级为10−27kg⋅m/s
三、实验题：本大题共2小题，共19分。
16.(1)下列说法正确的是______。
A.“探究小车速度随时间变化的规律”实验中需要进行补偿阻力操作
B.“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中弹簧秤外壳与木板间的摩擦对实验结果有影响
C.“探究平抛运动的特点”实验中斜槽与钢球间的摩擦力对实验结果没有影响
D.“研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒”实验中需要进行补偿阻力操作
(2)某同学利用图甲中实验装置进行“探究物体加速度与力、质量的关系”的实验，他完成补偿阻力的正确操作后进行了一次实验，实验中槽码质量为m1，小车和车内砝码总质量为M，纸带如图乙所示，图中刻度尺最小刻度为毫米。则图中D点的读数为______ cm，打此条纸带时小车的加速度为______m/s2(计算结果保留2位有效数字，电源频率为50Hz)。
(3)之后他仅改变槽码质量为m2，又进行了一次实验，测得小车加速度为2.0m/s2，可知在此次实验中______。
A.因为没有重新进行补偿阻力操作导致实验误差比较大
B.小车所受合外力近似与槽码重力相等
C.m24m1
17.(1)根据实验器材说明书，“用双缝干涉测量光的波长”实验中小灯泡正常工作电压为8V∼12V，现研究该小灯泡不同电压下的功率。
①某同学进行了正确的实验操作，并将实验数据在I−U坐标系中描点如图甲所示。请在图乙中补全实验的电路图，闭合开关前滑动变阻器应置于______端(选填“a”或“b”)。
②某次测量时电压表量程为0∼15V，指针偏转如图丙所示，则电压表读数为______ V，此时小灯泡电阻R=______Ω(计算结果保留2位有效数字)。
③由实验可知工作电压为8V时小灯泡的功率为______W(计算结果保留2位有效数字)。
(2)图甲为“用双缝干涉测量光的波长”装置图。
①双缝安装在图甲中______位置(选填“A”、“B”、“C”、“D”或“E”)。
②本实验所用的电源为学生电源，如图乙所示。小灯泡为(1)中所用小灯泡，为使小灯泡正常工作，最合适的操作是______。
A.将小灯泡接“稳压6V”接线柱，打开电源开关
B.将小灯泡接“直流”接线柱，将电压旋钮转至12V，打开电源开关
C.将小灯泡接“交流”接线柱，将电压旋钮转至12V，打开电源开关
D.将小灯泡接“交流”接线柱，打开电源开关，将电压旋钮由2V逐渐转至12V
③已知双缝间距为0.3mm，屏离双缝距离为1.2m。以某种单色光照射双缝时，将测量头的分划板中心刻线与第1条亮纹中心对齐，手轮上的示数如图丙所示；然后同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丁所示，则这种光的波长是______nm(保留3位有效数字)。
四、计算题：本大题共4小题，共36分。
18.某同学设计了一款多用途的简易装置，如图所示。容积为V0=1.2×10−4m3的导热薄壁玻璃泡A与竖直的薄玻璃管B相连，B横截面积为S=2.0×10−4m2。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m=0.1kg的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，装置密封良好。B管内活塞上方的空气柱长度l可反映泡内气体的温度(环境温度)，在恒定大气压p0=1.0×105Pa下对B管进行温度刻度标注，此装置可作为简易温度计使用。当环境温度为T1=300K时，气柱长度为l1=0.15m；环境温度缓慢地升高到T2=320K时，气柱长度为l2，此过程中气体内能增加ΔU=1.45J。
(1)该简易温度计______(选填“上方”或“下方”)刻度表示的温度高；在缓慢升温过程中单位时间容器内气体分子撞击活塞的次数______(选填“增多”或“减少”)；
(2)求：①l2；②缓慢升温过程中气体吸收的热量Q；
(3)把该装置竖直固定在电梯轿厢内作为加速度计使用。若轿厢内温度为T=300K，观察到活塞稳定在l3=0.18m处，则电梯可能的运动状态是______。
A.向上加速
B.向下加速
C.向上减速
D.向下减速
19.某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37∘的直轨道AB，半径R=1m、圆心角为2θ的圆弧BCD，半径为R、圆心角为θ的圆弧DE组成，轨道间平滑连接。在轨道末端E点的右侧光滑水平地面FG上紧靠着质量M=0.5kg的滑板b，其上表面与轨道末端E所在的水平面齐平。水平地面上距滑板右侧足够远处固定有挡板GH，滑板b与其碰撞时会立即被锁定。质量为m=0.5kg的物块a从轨道AB上距B高度为h=0.3m处以初速度v0下滑，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE。物块a与轨道AB间的动摩擦因数μ1=0.5，与滑板b间的动摩擦因数μ2=0.2。(其他轨道均光滑，物块a视为质点，不计空气阻力，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8)。
(1)若初速度v0=0，求物块a：
①第一次通过D点时速度vD大小；
②在轨道AB上运动的总路程S。
(2)若物块a能沿轨道冲上滑板b，则：
①v0应满足什么条件？
②滑板b至少要多长，物块a一定不会碰到挡板GH？
20.如图所示的装置左侧是法拉第圆盘发电机，其细转轴竖直安装。内阻不计、半径r=0.5m的金属圆盘盘面水平，处于竖直向上的匀强磁场B1中，磁感应强度B1=4T。圆盘在外力作用下以角速度ω=6rad/s逆时针(俯视)匀速转动，圆盘的边缘和转轴分别通过电刷a、b与光滑水平导轨M1N1、M2N2相连，导轨间距L=0.5m。在导轨平面内以O点为坐标原点建立坐标系xOy，x轴与导轨平行。xG，可知FP>G。根据题目条件无法判断FQ与G的关系，故C正确，D错误。
故选：C。
对重物受力分析，运用正交分解法，根据平衡条件列式分析。
本题考查共点力平衡条件的应用，本题对共点力平衡问题采用了正交分解法，通过列平衡方程分析。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据质量数守恒，X的质量数为A=235−139−95=1
根据电荷数守恒，X的电荷数为Z=92−54−38=0
故该核反应中的X是中子 01n，故A错误；
B.半衰期是原子核自身属性，不随外界的物理化学环境变化而变化，故投入核反应堆后，铀235的半衰期不会变短，故B错误；
C.一个铀原子反应放出的能量满足E1=139×8.4MeV+95×8.7MeV−235×7.6MeV=208.1MeV≈3.3×10−11J
且1kg铀含有的原子数满足N=MmmlNA
解得：N=2.6×1024个
故1kg铀矿石释放的能量满足E=NE1
代入数据解得：E=8.58×1013J
故C错误；
D.设一个自由的核子的质量为m，根据比结合能的物理意义，可得将 54139Xe核拆成为自由的核子需要的能量为：139×8.4MeV。根据爱因斯坦质能方程可得139个自由的核子具有的能量为：139mc2。可得 54139Xe核具有的能量为：139mc2−139×8.4MeV，则 54139Xe核的平均核子质量为：
mXe=139mc2−139×8.4MeV139c2=m−8.4MeVc2
同理可得 3895Sr核的平均核子质量为：mSr=m−8.7MeVc2
可得Xe与Sr的平均核子质量之差为：
Δm=mSr−mXe=0.3MeVc2=0.3×106×1.6×10−19(3×108)2kg≈5.3×10−31kg，故D正确。
故选：D。
根据质量数守恒和质子数守恒分析A；根据半衰期是原子核自身属性，不随外界的物理化学环境变化而变化分析B；根据一个铀原子反应放出的能量，结合1kg铀含有的原子数分析C；根据平均核子质量表达式分析D。
本题考查了衰变以及核反应方程等相关知识，理解物理量的影响因素以及计算方式是解决此类问题的关键。
7.【答案】A
【解析】解：AB、由图可知，接“A、B”时，R1为分流电阻。接“A、C”时，R1与R2串联的总电阻作为分流电阻，所以此表为电流表。根据串并联规律可得，接“A、B”时，其量程为
I1=Ig+Ig(Rg+R2)R1=Ig(1+Rg+R2R1)
接“A、C”时，其量程为
I2=Ig+IgRgR1+R2=Ig(1+RgR1+R2)
可见I1>I2，即接“A、B”时量程更大，故A正确，B错误；
C、由以上分析可知，接“A、B”时，其量程为I1=Ig(1+Rg+R2R1)，若R2被短路，接“A、B”时，电流表的量程变小，测量值将偏大，故C错误；
D、由以上分析可知，接“A、C”时，其量程为I2=Ig(1+RgR1+R2)，若R1被短路，接“A、C”时，电流表的量程变大，测量值将偏小，故D错误。
故选：A。
根据电路的结构分析该电表是何种电表，根据串并联规律得到量程表达式，再分析量程大小；若R2被短路或R1被短路，根据量程表达式分析量程的变化。
本题考查电表的改装，必须注意是改装成电流表还是电压表，结合串并联电路的电流、电压关系，再利用欧姆定律，求出改装后电表的量程。
8.【答案】C
【解析】解：A.根据振荡电流的频率公式：
f=12π LC
则有振荡频率与电源电动势无关，故A错误；
B.由LC振荡电路可知，当电容器中电量最大时，电路中的电流为零，故B错误；
C.当电感自感电动势最大时，此时刚刚充电完毕，电容器中电场能最大，故C正确；
D.检测到振荡电流的频率增加，根据振荡电流的频率公式：
f=12π LC
则电容减小，根据电容器的决定式：C=εrS4πkd，可知，电介质在被拔出，说明被测物体向右运动，故D错误。
故选：C。
根据振荡电流的频率公式，电容器中电量最大时，电路中的电流为零，结合电感自感电动势最大时，电容器中电场能最大，以及电容器决定式分析求解。
本题考查了电容器与LC振荡电路，理解振荡电流的频率公式以及振荡电流的频率公式，正确对电路分析是解决此类问题的关键。
9.【答案】A
【解析】解：从图示位置顺时针转60∘角的过程中，线圈的磁通量在减小，由楞次定律可知，感应电流方向由b通过R流向a，与规定正方向相反，即为负方向。这段时间满足：Δt1=π3ω
当转到线圈平面与磁场方向平行时，线圈的感应电流最大。继续转30∘角的过程中，线圈的磁通量在增大，由楞次定律可知，感应电流方向由b通过R流向a，与规定正方向相反，即为负方向。这段时间满足：Δt2=π6ω。
继续转60∘角的过程中，线圈的磁通量在增大，线圈两个接头通过换向器改变了与R两端的连接，由楞次定律可知，感应电流方向由a通过R流向b，与规定正方向相同。这段时间满足：Δt3=π3ω，此时，线圈平面与磁场方向垂直，感应电流为0。
故BCD错误，A正确。
故选：A。
根据楞次定律，线圈不同位置时磁通量的变化，结合外电路的流向分析求解。
本题考查了楞次定律相关知识，理解线圈不同位置时磁通量的变化是解决此类问题的关键。
10.【答案】C
【解析】解：A、根据题意可知C点为振动减弱点，满足
rBC−rAC=5λ−72λ=3λ2=9mm
波的频率
f=200Hz
波速
v=λf
联立解得
v=1.2m/s
故A错误；
B、衍射现象是指波在遇到障碍物时，波的传播方向会发生改变，波会绕过障碍物继续传播，衍射是波特有的性质，经过直径9 cm的石头时不会有明显的衍射现象，但有衍射现象，故B错误；
C、在深度不同的水域传播时，由于深度不同，则水压不同，水密度不同，水波在不同密度的水中传播速度不同，故会发生折射现象，故C正确；
D、某一点与A、B两点距离差为波长的整数倍时，为振动加强点，与A、B两点距离差为半波长的奇数倍时，为振动减弱点，所以振动加强和减弱的区域是固定的，故D错误。
故选：C。
需要根据蜜蜂翅膀振动的频率计算出水波的波速，然后分析波在不同条件下的行为，包括衍射、折射和干涉现象。
本题的关键在于理解波的性质，包括波速的计算、衍射现象、折射现象以及波的干涉现象。通过计算波速，分析波在不同条件下的行为，可以判断出正确的选项。
11.【答案】B
【解析】解：折射光线与入射光线分居法线两侧，出射光线从光楔右侧出射时向下偏折，光路图如图所示。
设光线从光楔右侧出射时与入射时相比的偏转角为α，根据折射定律有
n=sin(α+β)sinβ
由于角β很小，所以α+β也很小，则n=sin(α+β)sinβ≈α+ββ
解得
α=(n−1)β，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据折射定律作出光路图，并由折射定律列式，再结合几何关系求解。
解答本题时，要明确当α很小时，sinα≈α，能利用数学知识帮助解答。
12.【答案】D
【解析】解：A.设水从水平喷水口P喷水到撞到B处的时间为t，这段时间水的体积为
V=S⋅vt
故水流单位时间撞到B处的体积为
Q=Vt=Sv，故A错误；
B.因水柱恰好能垂直撞到倾角为30∘的斜面AC上的B处，根据速度的分解与合成有
vBsin30∘=v
解得水流在B处的速度
vB=2v，故B错误；
C.由题知，水柱撞到B处速度瞬间变为零，设碰撞时间为Δt，在Δt时间内与斜面发生相互作用的水柱的质量为
m=ρ⋅QΔt=ρSvΔt
规定水柱和斜面发生相互作用前的速度方向为正方向，根据动量定理得
−FΔt=0−mvB
解得斜面对水流的冲击力为
F=2ρSv2
根据牛顿第三定律可知，水流对B处的冲击力为F′=2ρSv2，故C错误；
D.因水流在B处的速度vB=2v，则此时竖直方向的速度为
vy=vBcs30∘
则水流从P到B处的时间为
t=vyg
故空中水的质量
m=ρ⋅Qt
解得m= 3ρSv2g
故D正确。
故选：D。
根据流量公式计算；根据速度合成法则计算；根据动量定理计算；根据流量和水柱在空中的运动时间计算。
本题考查了平抛运动规律和动量定理的应用，基础题，在应用动量定理时，要注意规定正方向。
13.【答案】B
【解析】解：由于电场力与重力的合力处于竖直方向，磁场方向处于竖直方向，在竖直方向的分速度不会产生洛伦兹力，水平方向的分速度受到洛伦兹力作用，将小球的运动分解为以初速度v0的水平面匀速圆周运动和竖直方向初速度为0的匀加速直线运动；对于水平面匀速圆周运动有
qv0B=mv02r
解得其轨道半径为
r=1m
周期为
T=2πrv0=2π×12s=πs
则小球从水平抛出到经过O点所用时间满足
t=nT=nπ，(n=1,2,3⋯)
小球从水平抛出到经过O点，竖直方向有
h=vy2t
可得小球经过O点竖直分速度为
vy=2ht=2×2nπm/s=4nπm/s，(n=1,2,3⋯)
当n=1时，竖直分速度有最大值，此时小球经过O点时的动能有最大值，且最大动能为
Ekm=12mvm2=12m(v02+vym2)=12×0.1×(22+42π2)J≈0.28J，故ACD错误，B正确。
故选：B。
空间存在竖直方向的匀强磁场和匀强电场，电场力与重力的合力处于竖直方向，在竖直方向的分速度不会产生洛伦兹力，水平方向的分速度受到洛伦兹力作用，将小球的运动分解为以初速度v0的水平面匀速圆周运动和竖直方向初速度为0的匀加速直线运动。对于水平面匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力列式，求出轨道半径，并求出周期T。小球从水平抛出到经过O点所用时间满足t=nT=nπ，(n=1,2,3⋯)。竖直方向，根据h=vy2t得到小球经过O点竖直分速度表达式，再求小球经过O点时的最大动能。
解答本题时，要明确小球的受力特点，采用运动的合成和分解法分析小球的速度和动能的变化规律，结合数学知识求最大动能。
14.【答案】BD
【解析】解：A.液体中的悬浮颗粒越大，悬浮颗粒运动越慢，布朗运动越不明显，故A错误；
B.根据热力学第二定律可知，物体可以从单一热库吸收热量，使其完全变成功，但会产生其他影响，故B正确；
C.随着温度升高，黑体辐射的长波和短波辐射强度都增加，故C错误；
D.汤姆孙根据阴极射线在电磁场中的偏转情况断定其为带负电的粒子流，故D正确。
故选：BD。
根据布朗运动的特点，热力学第二定律，结合随着温度升高，黑体辐射的长波和短波辐射强度都增加，以及汤姆孙根据阴极射线在电磁场中的偏转情况断定其为带负电的粒子流分析求解。
本题考查了布朗运动、热力学第二定律、黑体辐射以及阴极射线相关知识，理解这些物理现象背后的原理是解决此类问题的关键。
15.【答案】AD
【解析】解：A.测量遏止电压时，应接反向电压，结合电路图可得，应将图甲中滑片P向a端移动，故A正确；
B.根据光电效应方程和动能定理可得，光子的最大初动能满足
Ek=hν−W0，Ek=eUc
联立可得遏止电压满足
Uc=heν−W0e
可知乙图中直线的斜率为he，故B错误；
C.当Uc=0时，可得金属M的逸出功满足
W0=hv=6.626×10−34×4.3×1014J=6.626×10−34×4.3×10141.6×10−19eV≈1.78eV
故C错误；
D.图乙中A点对应的入射光光子动量大小为
p=hλ=hνc=6.626×10−34×5.5×10143×108kg⋅m/s≈1.2×10−27kg⋅m/s
故D正确。
故选：AD。
根据光电效应方程和动能定理，结合光子动量表达式以及逸出功的表达式分析求解。
本题考查了光电效应相关知识，理解光电效应方程的含义和计算是解决此类问题的关键。
16.【答案】C 5.25 0.50 D
【解析】解：(1)A.“探究小车速度随时间变化的规律”实验中只需要让小车做匀变速直线运动即可，不需要补偿阻力，故A错误；
B.“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中拉弹簧秤时，只需让弹簧与外壳间没有摩擦，此时弹簧测力计的示数即为弹簧对细绳的拉力，与弹簧秤外壳与木板之间是否存在摩擦无关，故B错误；
C.“探究平抛运动的特点”实验中为了保证小球每一次抛出时速度大小相等，需要让小球每一次从相同高度静止释放即可，斜槽与钢球间的摩擦力对实验结果没有影响，故C正确；
D.“研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒”实验中只需要调节气垫导轨让滑块做匀速运动即可，不需要进行补偿阻力操作，故D错误。
故选：C。
(2)毫米刻度尺的分度值为0.1cm，需要估读到分度值的下一位，故图中D点的读数为5.25cm；
相邻计时点时间间隔为
T=1f=150s=0.02s
相邻计时点之间的时间间隔为
t=5T=5×0.02s=0.1s
根据逐差法可得
a=xCE−xAC(2t)2=8.00−3.00−3.00(2×0.1)2×0.01m/s2=0.50m/s2
(3)A.补偿阻力操作后，更换小车和槽码的质量，不需要重新补偿阻力，所以没有重新进行补偿阻力操作对实验无影响，故A错误；
B.为了使小车所受的合外力等于槽码的重力，需要使得小车的质量远大于槽码的质量，所以小车所受合外力近似与槽码重力相等，不是小车加速度变大的原因，故B错误；
CD.对小车和槽码，根据牛顿第二定律，对两次实验分别有
m1g=(M+m1)a1
m2g=(M+m2)a2
根据题意有
a2=4a1
联立可得
m2>4m1
故D正确，C错误。
故选：D。
故答案为：(1)C；(2)5.25，0.50；(3)D。
(1)“探究小车速度随时间变化的规律”实验中只需要让小车做匀变速直线运动即可；“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中拉弹簧秤时，只需让弹簧与外壳间没有摩擦即可；“探究平抛运动的特点”实验中为了保证小球每一次抛出时速度大小相等，需要让小球每一次从相同高度静止释放即可；“研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒”实验中只需要调节气垫导轨让滑块做匀速运动即可。
(2)根据刻度尺的读数规则读数，根据逐差法计算加速度；
(3)平衡好摩擦后，改变小车的质量，不需要重新平衡摩擦；为了使小车所受的合外力等于槽码的重力，需要使得小车的质量远大于槽码的质量；根据牛顿第二定律分析。
本题考查的内容比较多，需要掌握这些实验的实验原理，以及在实验过程中的注意事项，尤其是在“探究物体加速度与力、质量的关系”的实验中，掌握好实验数据的处理方法。
17.【答案】a 6.0 8.0 7.0 C D 652
【解析】解：(1)①小灯泡的电压和电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：
为了保护负载，闭合开关前滑动变阻器应置于a端；
②电压表量程为0∼15V，每小格表示0.5V，读数时精确到0.1V，故读数为6.0V；
小灯泡的I−U图像如图所示：
由图可知，电压为U=6.0V时，电流为I=0.75A；
根据欧姆定律，待测电阻R=UI=60.75Ω=8.0Ω
③由图可知，当电压为U1=8V时，电流为I1=0.87A
根据功率公式P=U1I1=8×0.87W≈7.0W
(2)①A处为透镜，B处为单缝，因此双缝应安装在C位置；
②小灯泡可以使用直流电压也可以使用交流电压，但为了使小灯泡正常工作且不损坏小灯泡，打开电源开关之前，旋钮应处于电压很低的位置，打开电源开关后，再把电压缓慢调至正常工作电压，故ABC错误，D正确。
故选：D。
③螺旋测微器的精确度为0.01mm，图丙的读数x1=2mm+33.2×0.01mm=2.332mm
图丁的读数x2=15mm+37.5×0.01mm=15.375mm
相邻两条亮纹间的距离为Δx=(15.375−2.332)×10−35m=2.6086×10−3m
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=ldλ
得λ=dlΔx=3×10−41.2×2.6086×10−3m≈6.52×10−7m=652nm。
故答案为：(1)①见解析；a；②6.0；8.0；③7.0；(2)①C；②D；③652。
(1)①小灯泡的电压和电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法；从保证电路安全的角度分析作答；
②电压表量程为0∼15V，每小格表示0.5V，根据电压表的读数规则读数；
作出小灯泡的I−U图像，根据图像得出电压为U=6.0V时的电流，根据欧姆定律求解作答；
③根据图像得出电压为U1=6.0V时的电流值，根据功率公式求解作答；
(2)①根据实验器材的正确安装分析作答；
②根据实验原理和描绘小灯泡的伏安特性曲线的正确操作步骤分析作答；
③螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数，根据条纹间距求解相邻亮条纹之间的距离，根据双缝干涉条纹间距公式求波长。
本题考查了“描绘小灯泡伏安特性曲线”和“用双缝干涉测量光的波长”装置的实验，要明确实验原理，掌握电压表和螺旋测微器的读数规则，掌握欧姆定律和功率公式、掌握双缝干涉条纹间距公式的运用。
18.【答案】下方 减少 AD
【解析】解：(1)温度升高，容器内的理想气体受热膨胀，体积增大，则B管内活塞上方的空气柱长度l越长，所以该简易温度计下方刻度表示的温度高；
在缓慢升温过程中气体做等压变化，体积增大，所以气体的密集程度减小，根据气体压强的微观意义可知，气体分子单位时间对舱壁单位面积碰撞的次数将减少。
(2)①气体等压变，根据盖-吕萨克定律有：V0+Sl1T1=V0+Sl2T2
代入数据解得：l2=0.20m
②对活塞受力分析，则有：p1S=p0S−mg
由题知：ΔU=1.45J
气体对外做功，则有：W=−p1S(l2−l1)
根据热力学第一定律有：ΔU=Q+W
联立可得：Q=2.4J
(3)由题知，厢内温度为T=300K，观察到活塞稳定在l3=0.18m处，比气柱原长度l1=0.15m更长，气体此时做等温变化，根据：pV=C
可知，气体的气柱变长，则体积V变大，故气体压强减小p1，对活塞受力分析，可得：p0S>p1S+mg
故活塞所受合力向上，根据牛顿第二定律可知，此时活塞具有向上的加速度，故整体也具有向上的加速度，所以电梯可能的运动状态向上加速或向下减速。故BC错误，AD正确。
故选：AD。
故答案为：(1)下方、减少；(2)①l2的长为0.20m；②缓慢升温过程中气体吸收的热量Q为2.4J；(3)AD。
(1)根据等压规律分析气体温度计的原理，根据容器内气体分子总数不变，根据封闭气体体积的变化分析气体分子的数的密度程度的变化分析碰撞次数；
(2)气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律求解作答长度l2，根据热力学第一定律求气体吸收的热量；
(3)根据题设条件判断气柱发生的是等温膨胀，由玻意耳定律确定压强减小，从而知道电梯的运动状态。
本题主要考查了气体的压强的理解、热力学第一定律和理想气体的状态方程；对于热力学第一定律，要理解ΔU、W和Q的正、负的含义。
19.【答案】解：(1)①物块从开始运动到D点过程，根据动能定理：mgh−μ1mg⋅htanθ=12mvD2−0
代入数据解得：vD= 2m/s
②设过D点后冲上曲面高度为h′，根据机械能守恒定律：12mvD2=mgh′
代入数据解得：h′=0.1m
而由几何关系可知：hDE=R(1−csθ)=0.2m
所以：h′mgR(1−csθ)
解得：v0> 2m/s
综上： 2m/s