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1.选择题＋实验题组合练（1）
一、单项选择题
1.（2024·甘肃酒泉三模）“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜，核电池将 238 Pu衰变释放的核能一部
94
分转换成电能。 238 Pu的衰变方程为 238 Pu→ 234 U＋X，则（ ）
94 94 92
A.衰变方程中的X为 0 e
－1
B.此衰变为α衰变
C.238 Pu比 234 U的结合能小
94 92
D.月夜的寒冷导致 238 Pu的半衰期变大
94
解析：B 根据质量数守恒和电荷数守恒可知，衰变方程为 238 Pu→234 U＋ 4 He，此反应为α衰变，X为 4
94 92 2 2
He，故A错误，B正确；由于该反应释放核能，所以 238 Pu比 234 U的结合能大，故C错误；半衰期由原子核
94 92
本身决定的，与温度等外部因素无关，故D错误。
2.（2024·浙江杭州模拟）图1是一款阴极射线管，K极是圆形金属板电极，A极为圆环状金属电极，对于K、A
间的电场分布来说，A极可以等效为圆形金属板电极，在K、A之间加上如图1所示的高压，阴极射线就可以在K
极和A极之间运行，图2是K极和A极之间的部分电场线分布，下列说法正确的是（ ）
A.阴极射线的本质是α射线
B.图2中P点电势低于Q点电势
C.如果在图2中P点从静止释放一电子，则电子会沿该处电场线运动到A极
D.从K极静止出发的阴极射线粒子，沿中间直线电场线到达A极电场力做功最多
解析：B 阴极射线的本质是β射线，故A错误；因为K为阴极，A为阳极，所以P点电势低于Q点电势，故B
正确；由于P点所在的电场线为曲线，所以在P点从静止释放一电子不会沿该处电场线运动，故C错误；只要从
K极出发的阴极射线粒子，沿任意轨迹到达A极电场力做功一样多，故D错误。
3.（2024·广东广州三模）如图所示，某大型吊灯半径为R，质量为M，且分布均匀，通过四根相同长度的细线悬
挂在天花板上半径为r的固定圆盘上，已知r＜R，重力加速度为g，四根细线均匀对称分布，且长度可调节，则下
列说法正确的是（ ）
1
A.每根细线对吊灯的拉力大小均为 Mg
4
B.将四根细线同时缩短相同长度，细线的张力大小不变
C.将四根细线同时伸长相同长度，细线的张力减小
D.去掉一根细线，假设吊灯位置保持不变，剩下三根细线上的张力大小相等
1 / 6解析：C 设细线与竖直方向的夹角为θ，以吊灯为研究对象，竖直方向上，根据平衡条件可得4Tcos θ＝Mg，可
Mg Mg
得每根细线对吊灯的拉力大小为T＝ ＞ ，故A错误；将四根细线同时缩短相同长度，则θ变大，cos θ
4cosθ 4
Mg
变小，根据T＝ 可知细线的张力大小变大，故B错误；将四根细线同时伸长相同长度，则θ变小，cos θ变
4cosθ
Mg
大，根据T＝ 可知细线的张力大小变小，故C正确；去掉一根细线，假设吊灯位置保持不变，由于剩下三
4cosθ
根细线在水平方向的分力不是互成120°，水平方向根据平衡条件可知，剩下三根细线上张力的水平分力大小不相
等，所以剩下三根细线上的张力大小不相等，故D错误。
4.（2024·浙江金华三模）2024年4月26日凌晨，神舟十八号载人飞船成功对接空间站，题图中的照片拍摄于航天
员叶光富、李聪、李广苏进入天和核心舱的瞬间，我们可以看到：一个大质量的包裹悬浮在核心舱中，针对这一
情景，下列同学的观点中正确的是（ ）
A.悬浮的包裹受到地球的吸引力相对于地表可以忽略
B.天宫号空间站在运行过程中机械能保持不变
C.天宫号空间站的加速度比北斗系列同步卫星的加速度小
D.只记录空间站的运行周期可估算地球的密度
GMm GMm
解析：B 依题意知，空间站的高度与地球半径相比，相差较大，根据F ＝ ，F ＝ ，可知悬
地表 R2 空间站 (R＋ℎ) 2
浮的包裹受到地球的吸引力相对于地表不可以忽略，故A错误；天宫号空间站在运行过程中，动能和势能均保持
GMm GM
不变，因此，天宫号空间站的机械能是守恒的，故B正确；根据 ＝ma，解得a＝ ，天宫号空间站的轨
r2 r2
M
GMm 4π2
道半径比北斗系列同步卫星的小，所以加速度较大，故C错误；根据 ＝m r，又ρ＝4 ，联立解得ρ
r2 T2 πR3
3
3πr3
＝ ，可知只记录空间站的运行周期不能估算地球的密度，故D错误。
GT2R3
5.（2024·山东烟台三模）如图所示，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸之间有一个气球，气球内、外有质
量相等的同种气体，活塞静止，此时气球外部气体甲的压强小于气球内部气体乙的压强。现缓慢向下推动活塞，
使其下降一段距离，气体甲的压强仍小于气体乙的压强。已知汽缸内和气球内的气体均可视为理想气体，活塞与
汽缸均绝热，活塞与汽缸壁之间无摩擦，气球导热良好，则此过程中（ ）
A.气体甲内能增加量大于气体乙内能增加量
B.气体甲的每个气体分子做无规则热运动的速率均加快
C.活塞对气体甲做的功等于气体甲内能增加量
D.活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体内能增加量之和
解析：D 气球导热良好，则气球内外气体温度总相等，一定质量的理想气体内能只与温度有关，故气体甲内能增
加量等于气体乙内能增加量，A错误；活塞对气体甲做正功，气体甲内能增大，温度升高，气体分子平均速率增
大，不是每个气体分子做无规则热运动的速率均加快，B错误；活塞与汽缸均绝热，气体与外界无热量交换。活
塞对气体甲做功的同时，橡皮膜收缩，气体甲也对气体乙做功，故活塞对气体甲做的功大于气体甲内能增加量，C
2 / 6错误；活塞对气体甲做功的同时，橡皮膜收缩，由能量守恒定律知活塞对气体甲做的功与橡皮膜释放的弹性势能
之和等于甲、乙两部分气体内能增加量之和，故活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体内能增加量之和，D
正确。
6.（2024·浙江金华三模）如图甲所示，质量为m的B木板放在水平面上，质量为2m的物块A通过一轻弹簧与其
连接。给A一竖直方向上的初速度，当A运动到最高点时，B与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻开始计时，
A的位移随时间变化规律如图乙，已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A.物块A做简谐运动，回复力由弹簧提供
B.木板B在t 时刻对地面的压力大小为mg
1
C.物块A在运动过程中机械能守恒
( π)
D.物块A的振动方程为y＝0.1sin 2πt＋ （m）
6
解析：D 物块A做简谐运动，回复力由弹簧的弹力和重力的合力来提供，A错误；t 时刻物块A在平衡位置，此
1
时弹簧处于压缩状态，弹力为F＝2mg，对木板B受力分析有F ＝F＋mg，则可得F ＝3mg，由牛顿第三定律得木
N N
板B在t 时刻对地面的压力大小为3mg，B错误；物块A在运动过程中除了受重力外，还受弹簧的弹力，弹力对物
1
2π
块A做功，故机械能不守恒，C错误；由图乙可知振幅为A＝10 cm，周期为T＝1.0 s，角速度为ω＝ ＝2π
T
rad/s，规定竖直向上为正方向，t＝0时刻位移为0.05 m，表示物块A由平衡位置上方0.05 m处开始运动，所以
π ( π)
初相为φ＝ ，则物块A的振动方程为y＝0.1sin 2πt＋ （m），故D正确。
0 6 6
7.（2024·广东惠州期末）阿特伍德机是英国科学家阿特伍德发明的著名力学实验装置，如图所示为阿特伍德机的
简化示意图。质量均为M的两个重物A、B通过轻绳跨过光滑轻滑轮，保持静止状态。现将质量为m的小物块C
轻放在A上，让装置动起来，从开始运动到A和C下落高度h过程中，重力加速度为g，下列说法中正确的是（
）
A.A和B构成的系统机械能守恒
mg
B.A和C向下运动的加速度大小为a＝
2M＋m
M(M＋m)g
C.轻绳的弹力大小为T＝
2M＋m
√ m
D.A的末速度大小为v＝ gℎ
M
解析：B 小物块C对A和B构成的系统做功，所以A和B构成的系统机械能不守恒，A错误；对A、B及C构成
mg
的系统，根据牛顿第二定律得mg＝(2M＋m)a，解得a＝ ，B正确；对B，根据牛顿第二定律得T－Mg
2M＋m
3 / 6＝Ma 解得T＝
2M(M＋m)g
，C错误；根据机械能守恒定律得mgh＝
1
(2M＋m)v2 ，解得 v＝
√ 2mgℎ
，
2M＋m 2 2M＋m
D错误。
二、多项选择题
8.某同学利用图甲所示的装置研究光的干涉和衍射，光电传感器可用来测量光屏上光强的分布。某次实验时，在
电脑屏幕上得到图乙所示的光强分布。下列说法正确的是（ ）
A.这位同学在缝屏上安装的是双缝
B.这位同学在缝屏上安装的是单缝
C.当做光的干涉现象研究时，若使干涉条纹的间距变大，应选用狭缝间距较小的双缝
D.当做光的干涉现象研究时，若使干涉条纹的间距变小，应增大缝屏与光屏间的距离
解析：BC 由题图乙可知，条纹中间宽且亮、两边窄且暗，是衍射条纹，所以在缝屏上安装的是单缝，故A错误，
L
B正确；根据题意，由公式Δx＝ λ可知，若要使干涉条纹的间距Δx变大，应选用狭缝间距d较小的双缝，若要
d
使干涉条纹的间距变小，应减小缝屏与光屏间的距离L，故D错误，C正确。
9.（2024·重庆模拟）如图甲所示，轻质细线吊着正方形闭合线圈 （上、下边均水平），正方形线圈左右两边中点
a、b连线以下区域处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图
乙所示。正方形线圈的质量m＝0.5 kg、边长L＝0.5 m、匝数n＝4匝、总电阻r＝2 Ω，重力加速度大小取g＝
10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A.0～4 s时间内线框中感应电流沿逆时针方向
B.0～4 s时间内线框中感应电动势大小为E＝0.5 V
C.2 s末细线对正方形线圈的拉力大小为F＝5.25 N
D.2 s末细线对正方形线圈的拉力大小为F＝6 N
解析：BD 由楞次定律可知感应电流沿顺时针方向，故A错误；0～4 s时间为线框中产生的感应电动势为E＝n
ΔΦ ΔB L2 E
＝n · ＝0.5 V，故B正确；正方形线圈中产生的电流为 I＝ ＝0.25 A，根据楞次定律可知线圈中电
Δt Δt 2 r
流沿顺时针方向，线圈受到的安培力方向向下，根据平衡条件可得F＝mg ＋nBIL，由B-t图像可知，t＝ 2 s时磁
感应强度大小为B＝2 T，联立解得t ＝ 2 s时细线对正方形线圈的拉力大小为F＝6 N，故C错误，D正确。
4 / 610.（2024·山东泰安三模）如图所示，光滑水平地面上静置着一足够长的木板B和物块C，木板B的质量为4m，
物块C的质量为12m。现有一质量为m的物块A以初速度v 从左端滑上木板B，木板B与物块C仅发生过一次碰
0
撞（弹性碰撞），且碰撞时间极短可忽略不计，最终物块A和木板B均停止运动。已知物块A与木板B之间的动
摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
v
A.木板B与物块C碰撞前瞬间，物块A的速度大小为 0
3
v
B.木板B与物块C碰撞前瞬间，木板B的速度大小为 0
5
v
C.木板B与物块C碰撞后，物块C的速度大小为 0
12
11v 2
D.物块A相对木板B滑行的距离为 0
24μg
解析：ACD 从A滑上B到B与C碰撞前瞬间，A、B动量守恒，有mv＝mv ＋4mv ，B与C发生弹性碰撞，由
0 A B1
1
1 1 1
动量守恒定律和机械能守恒定律，有4mv ＝4mv ＋12mv ， ×4mv 2＝ ×4mv 2＋ ×12mv 2，解得v ＝－
B1 B2 C 2 B1 2 B2 2 C B2
1 1 v
v ，v ＝ v ，B与C碰撞后，A、B均能停下来，根据动量守恒定律，有mv ＋4mv ＝0，联立解得v ＝ 0，
B1 C B1 A1 B2 A1
2 2 3
v v v 1 1
v ＝ 0，v ＝－ 0，v ＝ 0，故A、C正确，B错误；整个过程中，根据能量守恒定律，有 mv 2＝ ×12mv 2
B1 6 B2 12 C 12 2 0 2 C
11v 2
＋μmgx，解得x＝ 0 ，故D正确。
24μg
三、实验题
11.（2024·辽宁辽阳二模）某学习小组用如图甲所示的装置测量砝码盘的质量。左、右两个相同的砝码盘中各装有
5个质量相同的砝码，每个砝码的质量均为m，装置中左端砝码盘的下端连接纸带。现将左端砝码盘中的砝码逐
0
一放到右端砝码盘中，并将两砝码盘由静止释放，运动过程中两盘一直保持水平，通过纸带计算出与转移的砝码
个数n相对应的加速度a，已知交流电的频率f＝50 Hz。（结果均保留两位小数）
（1）某次实验，该组同学得到了如图乙所示的一条纸带，相邻两计数点间还有四个点未画出，则相邻两计数点间
的时间间隔为 0 . 1 0 s，打下D点时纸带的速度大小为 1 . 1 9 m/s，纸带的加速度大小为 1 . 7 2 m/s2。
（2）若该组同学得到的n-a图像为过原点、斜率为k的直线，则每个砝码盘的质量为 (kg－5)m 。（用k、m
0 0
和重力加速度大小g表示）
解析：（1）交流电的频率是50 Hz，打点计时器每隔0.02 s打一个点，相邻两计数点间有四个点未画出，所以相
邻两计数点间的时间间隔为0.10 s。
5 / 6x ＋x （11.04+12.76）×10－2 m
打下D点时纸带的速度大小为v ＝ CD DE＝ ＝1.19 m/s，纸带的加速度大
D 2T 0.2s
(x －x )＋(x －x )
CD AB DE BC
小为a＝ ＝1.72 m/s2。
(2T) 2
（2）设砝码盘的质量为m，将左端砝码盘中的n个砝码放到右端砝码盘中时，有[(5+n)m ＋m]g－
0
[(5－n)m ＋m]g＝(10m +2m)a
0 0
(5m ＋m) 5m ＋m
0 0
整理得n＝ a，n-a图像的斜率为k＝
m g m g
0 0
解得m＝(kg－5)m。
0
12.（2024·云南昆明模拟）如图a所示，某同学根据所学知识制作了一个简易的欧姆表，表盘刻度如图b所示，中
间刻度为15，表头G的满偏电流I＝300 μA，内阻R＝100 Ω，电源电动势E＝4.5 V。
g g
（1）图a中B端应接 红 表笔。（填“红”或“黑”）
（2）将旋钮旋到×1k挡，进行欧姆调零后，该欧姆表的内阻为 1 5 kΩ。
（3）将旋钮旋到×100挡，欧姆调零后接入一待测电阻，指针如图b所示，则读数为 1 40 0 ，若继续接入另一
电阻测量时发现指针偏角过大，则应换用更 小 倍率。（填“大”或“小”）
（4）图a中R＝ 1 1 . 1 Ω。（计算结果保留3位有效数字）
1
（5）若电池老化，内阻变大，电动势变小，但仍可进行欧姆调零，则测量结果将 偏大 。（填“偏大”“偏
小”或“不变”）
解析：（1）流过表头G的电流方向为从右向左，B端应接红表笔。
（2）将旋钮旋到×1k挡时，有R ＝R ＝15 kΩ。
内 中
（3）将旋钮旋到×100挡，读数为1 400 Ω，若继续接入另一电阻测量时发现指针偏角过大，则应换用更小的挡
位。
（4）将旋钮旋到×100挡时R ＝R ＝1 500 Ω
内 中
E
则I＝
R
内
所以I＝I－I
1 g
I R
g g
根据部分电路欧姆定律有R＝ ＝11.1 Ω。
1 I
1
E
（5）若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势E变小、内阻变大，根据I＝ ，
g R
内
I
E I R g
由于E变小，内阻R 偏小，用欧姆表测电阻时，电流I＝ ＝ g 内 ＝ R ，
内 R ＋R R ＋R 1+ x
内 x 内 x R
内
由于R 偏小，I偏小，指针偏左，测量结果与原结果相比较偏大。
内
6 / 6
