1. 下列工具不能直接測量國際單位制中基本量的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】A．A圖是彈簧測力計(jì)，測量的是力，力的單位是N，是導(dǎo)出單位，因此力不是國際單位制中基本量，A符合題意；
B．B圖是電流表，電流表測量的是電流，電流是國際單位制中基本量，B不符合題意；
C．C圖是秒表，測量的是時(shí)間，時(shí)間是國際單位制中基本量，C不符合題意；
D．D圖是天平，天平測量的是質(zhì)量，質(zhì)量是國際單位制中基本量，D不符合題意。
故選A。
2. 2023年蘇迪曼杯羽毛球比賽在中國蘇州舉行，中國選手石宇奇扣球瞬間，球速高達(dá)，下列說法正確的是（ ）
A. 指的是平均速度
B. 羽毛球在空中的運(yùn)動(dòng)是拋體運(yùn)動(dòng)
C. 研究羽毛球的飛行軌跡時(shí)，可將羽毛球看作質(zhì)點(diǎn)
D. 球拍對羽毛球的彈力是由羽毛球發(fā)生形變而產(chǎn)生的
【答案】C
【解析】
【詳解】A．指的是最大速度，是瞬時(shí)速度，A錯(cuò)誤；
B．羽毛球在空中的運(yùn)動(dòng)不能忽略空氣阻力的作用，不能看成拋體運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；
C．研究羽毛球的飛行軌跡時(shí)，可以忽略羽毛球本身的大小和形狀，所以可以將羽毛球看作質(zhì)點(diǎn)，C正確；
D．球拍對羽毛球的彈力是由球拍發(fā)生形變而產(chǎn)生的，D錯(cuò)誤。
故選C。
3. 疊石頭是一項(xiàng)考驗(yàn)?zāi)托暮推胶飧械挠螒?。如圖所示，三個(gè)形狀不規(guī)則的石塊甲、乙、丙在水平地面上成功地疊放在一起，下列說法正確的是（ ）
A. 石塊丙可能受到地面的摩擦力作用
B. 石塊丙對石塊乙的作用力垂直接觸面向上
C. 石塊甲、乙、丙三者的重心都在同一豎直線上
D. 石塊乙對丙的壓力大小等于石塊丙對乙的支持力大小
【答案】D
【解析】
【詳解】A．將甲、乙、丙三個(gè)石塊看成一個(gè)整體，整體受重力與地面的支持力，在豎直方向合力為零而平衡，若水平方向受地面的摩擦力作用，則整體在水平方向合力不為零，不能處于靜止?fàn)顟B(tài)，與實(shí)際情況相悖，因此可知，石塊丙不可能受到地面的摩擦力作用，故A錯(cuò)誤；
B．將石塊甲、乙看成一個(gè)整體，整體受力平衡，分析可知，整體受豎直向下的重力與石塊丙對石塊乙的作用力而平衡，則可知石塊丙對石塊乙的作用力豎直向上，與甲、乙整體受到的重力大小相等，方向相反，故B錯(cuò)誤；
C．物體的重心越低越穩(wěn)定，而要使石塊甲、乙、丙保持平衡，則其重心應(yīng)在基底的中心，故C錯(cuò)誤；
D．石塊乙對丙的壓力與石塊丙對乙的支持力是一對作用力與反作用力，大小相等、方向相反、作用在兩個(gè)物體上，故D正確。
故選D
4. 如圖所示，在某個(gè)恒星Q的上空有一顆衛(wèi)星P繞其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，利用探測器可測出衛(wèi)星P的公轉(zhuǎn)周期。若已知Q的質(zhì)量為，引力常量為。利用上述已知信息可求出的物理量有（ ）

A. 恒星Q的密度
B. 衛(wèi)星P的公轉(zhuǎn)角速度
C. 恒星Q的自轉(zhuǎn)周期
D. 衛(wèi)星P離恒星Q表面的高度
【答案】B
【解析】
【詳解】A．設(shè)恒星Q半徑為，則，體積為
因?yàn)椴恢阈前霃?，所以不能求出Q的密度，A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)角速度與周期的關(guān)系
可求出衛(wèi)星P的公轉(zhuǎn)角速度，B正確；
C．恒星Q的自轉(zhuǎn)周期無法求出，C錯(cuò)誤；
D．設(shè)衛(wèi)星P的軌道半徑為，則
得到
因?yàn)椴恢阈荙的半徑，故不能求出衛(wèi)星P離恒星Q表面的高度，D錯(cuò)誤。
故選B。
5. 下列四幅圖中的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象能說明光具有粒子性的是（ ）
A. 光電效應(yīng)B. 薄膜干涉C. 光的偏振D. 光的衍射
【答案】A
【解析】
【詳解】A．光電效應(yīng)說明光具有粒子性，A正確；
BCD．干涉、衍射和偏振都是波的特性，說明光具有波動(dòng)性，BCD均錯(cuò)誤。
故選A。
6. 如圖所示，跳臺滑雪者在助滑道上獲得一定速度后從點(diǎn)沿水平方向躍出，在空中飛行一段時(shí)間后著落。若不計(jì)空氣阻力，則下列關(guān)于滑雪者的速度大小、機(jī)械能、動(dòng)能、重力的瞬時(shí)功率隨時(shí)間的變化關(guān)系中，正確的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【詳解】A．v-t圖像只表示直線運(yùn)動(dòng)，不表示曲線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B．運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)
均為恒量，故C正確；
D．根據(jù)
P-t圖像應(yīng)為一條直線，故D錯(cuò)誤。
故選C。
7. 靜電噴涂是利用高壓靜電場使帶電涂料微粒發(fā)生定向運(yùn)動(dòng)，并最終吸附在工件表面上的一種噴涂方法，其工作原理如圖所示，圖中虛線為涂料微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡。若不計(jì)涂料微粒的重力、微粒間的相互作用力及一切阻力，下列說法正確的是（ ）
A. 涂料微粒帶正電
B. 涂料微粒所受電場力方向?yàn)檐壽E切線的方向
C. 減小噴槍槍口與工件之間的距離，各個(gè)涂料微粒運(yùn)動(dòng)過程中電場力所做的功不變
D. 涂料微粒運(yùn)動(dòng)過程中電勢能逐漸增加
【答案】C
【解析】
【詳解】A．由圖知，工件帶正電，則在涂料微粒向工件靠近的過程中被吸附在工件上，所以涂料微粒帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；
B．涂料微粒做曲線運(yùn)動(dòng)，速度方向沿運(yùn)動(dòng)軌跡切線方向，電場力方向與粒子運(yùn)動(dòng)的速度方向不共線，則涂料微粒所受電場力方向不是軌跡切線的方向，故B錯(cuò)誤；
C．工件接地，電勢不變，減小噴槍槍口與工件之間的距離，則它們間的電勢差不變，各個(gè)涂料微粒運(yùn)動(dòng)過程中電場力所做的功不變，故C正確；
D．涂料微粒在運(yùn)動(dòng)過程中電場力對它做正功，則動(dòng)能增大、速度增大，電勢能逐漸減少，故D錯(cuò)誤。
故選C。
8. 如圖所示，在圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)體棒的點(diǎn)位于圓心，長度小于長度。在導(dǎo)體棒繞點(diǎn)逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，點(diǎn)電勢分別為，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】ACD．由題圖可看出OA、OB導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線，則根據(jù)右手定則可知
、
其中導(dǎo)體棒AC段不在磁場中，不切割磁感線，電流為0，則
故ACD錯(cuò)誤；
B．導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度相同，有
則根據(jù)楞次定律可知導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁場的電動(dòng)勢不為0，有
所以
故B正確。
故選B。
9. 在一次緊急救災(zāi)行動(dòng)中，一架飛機(jī)在空中沿水平方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，過程中連續(xù)釋放沙袋。若不計(jì)空氣阻力，則在一段時(shí)間后下列各圖中能反映空中沙袋排列關(guān)系的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【詳解】以某個(gè)沙袋拋出點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，初速度方向?yàn)閤軸，豎直向下為y軸，設(shè)該沙袋拋出瞬間水平方向速度為，經(jīng)時(shí)間t，位置坐標(biāo)為P（x，y）。
根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)公式有
設(shè)此時(shí)飛機(jī)坐標(biāo)為Q（x1，y1），飛機(jī)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則
如圖
則
不變，則說明沙袋相對飛機(jī)的運(yùn)動(dòng)方向不變。
故選D。
10. 如圖所示，一理想變壓器可通過移動(dòng)觸頭的位置改變原線圈接入電路的匝數(shù)，為原線圈的中點(diǎn)，當(dāng)接端點(diǎn)時(shí)，原、副線圈匝數(shù)之比為，原線圈接的交流電源，則下列說法正確的是（ ）
A. 增大電源的頻率，燈泡變暗
B. 當(dāng)接時(shí)，通過原、副線圈的磁通量之比為
C. 當(dāng)接時(shí)，滑動(dòng)變阻器兩端的電壓為
D. 當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)時(shí)，變壓器的輸入功率變小
【答案】C
【解析】
【詳解】A．因?yàn)樽儔浩鞑桓淖冸妷旱念l率，增大電源的頻率，副線圈中電流頻率也增大，電容器的容抗減小，燈泡中電流增大，燈變亮，A錯(cuò)誤；
B．任何情況下，原、副線圈的磁通量之比都為，B錯(cuò)誤；
C．當(dāng)接時(shí)，原、副線圈匝數(shù)之比為，原線圈電壓
根據(jù)
可得，滑動(dòng)變阻器兩端的電壓為
C正確；
D．當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)時(shí)，接入電路中的電阻減小，根據(jù)
可知，消耗的功率變大，所以變壓器的輸入功率也變大，D錯(cuò)誤。
故選C。
11. 甲、乙兩列簡諧波在同一種均勻介質(zhì)中沿軸相向傳播，甲波源位于處，乙波源位于處，兩波源均沿軸方向振動(dòng)。在時(shí)刻甲形成的波形如圖（a）所示，此時(shí)乙波源開始振動(dòng)，其振動(dòng)圖像如圖（b）所示，已知甲波的傳播速度，質(zhì)點(diǎn)的平衡位置處于處，若兩波源一直振動(dòng)，下列說法中正確的是（ ）
A. 乙波的波長為
B. 甲、乙兩波在點(diǎn)疊加后，點(diǎn)的振動(dòng)總是減弱
C. 在時(shí)，質(zhì)點(diǎn)正朝軸正方向振動(dòng)
D. 從時(shí)刻起內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)路程為
【答案】C
【解析】
【詳解】A．由圖（b）可知，乙波的周期為1s，甲、乙兩波在同一種均勻介質(zhì)中，則兩波傳播速度相同，因此，則有
A錯(cuò)誤；
B．由題意可知，在
時(shí)乙波到達(dá)P點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)P開始從平衡位置向軸正方向振動(dòng)。甲的周期
可知，甲波到達(dá)P點(diǎn)需要2s，在t=2s時(shí)，甲波在P點(diǎn)起振方向從平衡位置向軸負(fù)方向，對乙波，在t=2s時(shí)，在P點(diǎn)從平衡位置向軸負(fù)方向振動(dòng)，因此P點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，B錯(cuò)誤；
C．由B選項(xiàng)分析可知，乙波到達(dá)P點(diǎn)需要1.5s時(shí)間，且起振方向?yàn)檠剌S正方向，乙波的周期為1s，乙波到達(dá)P點(diǎn)后，經(jīng)0.25s到達(dá)軸正方向最大位移處，因此在時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P正朝軸正方向振動(dòng)，C正確；
D．從時(shí)刻起，乙波到達(dá)P點(diǎn)需要1.5s時(shí)間，乙波使P質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)0.5s，質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)路程是
又有
在t=2s時(shí)，甲波傳到P點(diǎn)，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P從平衡位置向軸負(fù)方向振動(dòng)，可知在時(shí)間內(nèi)，P點(diǎn)的振幅為
則有在時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)路程是
則有從時(shí)刻起內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)路程為
D錯(cuò)誤。
故選C。
12. 如圖所示，將霍爾式位移傳感器置于一個(gè)沿軸正方向的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨位置變化關(guān)系為（且均為常數(shù)），霍爾元件的厚度很小。當(dāng)霍爾元件通以沿軸正方向的恒定電流，上、下表面會產(chǎn)生電勢差，則下列說法正確的是（ ）
A. 若霍爾元件是自由電子導(dǎo)電，則上表面電勢低于下表面
B. 當(dāng)物體沿軸正方向移動(dòng)時(shí)，電勢差將變小
C. 僅減小霍爾元件上下表面間的距離，傳感器靈敏度將變?nèi)?br>D. 僅減小恒定電流，傳感器靈敏度將變?nèi)?br>【答案】D
【解析】
【詳解】A．霍爾元件是自由電子導(dǎo)電，受洛倫茲力的是電子，根據(jù)左手定則。電子受向下的洛倫茲力，所以下表面帶負(fù)電，上表面帶正電，上表面電勢高于下表面，A錯(cuò)誤；
B．設(shè)霍爾元件上下表面高度差為，電子定向移動(dòng)速度為，電子電荷量為，霍爾元件平衡時(shí)，有
解得
又因?yàn)?br>其中為單位體積的自由電子數(shù)，可得
則
當(dāng)物體沿軸正方向移動(dòng)時(shí)增大，所以增大，電勢差也增大，B錯(cuò)誤；
CD．傳感器靈敏度為
因?yàn)?br>可得
僅減小霍爾元件上下表面間距離，傳感器靈敏度不變，僅減小恒定電流，傳感器靈敏度將變?nèi)?，C錯(cuò)誤，D正確。
故選D。
13. 如圖所示，玻璃磚的橫截面為等腰梯形，梯形上底邊長為，下底邊長為，底角為。一束折射率為的足夠強(qiáng)的單色光垂直射向玻璃磚的整個(gè)下底面，對于分別從上底面、兩側(cè)面、下底面射出的單色光，其在下底面入射時(shí)的面積之比為（ ）
A. 1∶1∶1B. 1∶1∶3C. 1∶2∶2D. 1∶2∶3
【答案】B
【解析】
【詳解】根據(jù)全反射臨界角公式可知
則臨界角為
根據(jù)幾何關(guān)系可知從側(cè)面射入的光的入射角為60°，則從側(cè)面射入的光會發(fā)生全反射，如圖：
根據(jù)幾何關(guān)系可知
根據(jù)對稱性可知從側(cè)面射出的光線對應(yīng)的下底面入射時(shí)的邊長為a；
在光線到達(dá)上底面時(shí)，與上底面垂直，可直接射出，對應(yīng)的下底面入射時(shí)的邊長為a；下底面的光會發(fā)生反射，對應(yīng)的下底面入射時(shí)的邊長為3a；可知在下底面入射時(shí)的面積之比為1∶1∶3。
故選B。
二、選擇題
14. 下列說法正確的是（ ）
A. 不可能從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功
B. 普朗克首先提出了電磁波的概念，并建立了完整的電磁場理論
C. 金屬熱電阻可用來制作溫度傳感器，其原理是將熱學(xué)量轉(zhuǎn)換為電學(xué)量
D. 電子的德布羅意波長與原子間距數(shù)量級相近，因此可用晶體做電子束衍射實(shí)驗(yàn)
【答案】CD
【解析】
【詳解】A．開爾文表述為：不可能從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其他影響，A錯(cuò)誤；
B．麥克斯韋首先提出了電磁波的概念，并建立了完整的電磁場理論，B錯(cuò)誤；
C．金屬熱電阻電阻率隨溫度的升高而增大，所以金屬熱電阻可用來制作溫度傳感器，其原理是將溫度這個(gè)熱學(xué)量轉(zhuǎn)換為電阻這個(gè)電學(xué)量，C正確；
D．電子的德布羅意波長與原子間距數(shù)量級相近，滿足發(fā)生明顯衍射的條件，因此可用晶體做電子束衍射實(shí)驗(yàn)，D正確。
故選CD。
15. 有研究發(fā)現(xiàn)中子衰變后可轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子，同時(shí)放出質(zhì)量可視為零的反中微子。已知中子質(zhì)量，質(zhì)子質(zhì)量，電子質(zhì)量，為光速，不考慮粒子之間的相互作用及中子初動(dòng)能。若質(zhì)子的動(dòng)量，關(guān)于中子的衰變，下列說法正確的是（ ）
A. 強(qiáng)相互作用是中子衰變成質(zhì)子和電子的原因
B. 中子衰變的核反應(yīng)式為
C. 質(zhì)子和電子的動(dòng)量大小相等，方向相反
D. 電子和反中微子的總動(dòng)能約為
【答案】BCD
【解析】
【詳解】A．弱相互作用是中子發(fā)生β衰變成質(zhì)子和電子的原因，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒可知中子衰變的核反應(yīng)式為
故B正確；
C．中子衰變過程滿足動(dòng)量守恒，一個(gè)靜止的中子衰變前其動(dòng)量為零，衰變放出反中微子的質(zhì)量可視為零，放出的質(zhì)子和電子的總動(dòng)量為零，故放出的質(zhì)子和電子兩者的動(dòng)量大小相等、方向相反，故C正確。
D．中子衰變過程中釋放的能量為
ΔE＝(mn?me?mp)c2=（939.57-0.51-938.27）MeV=0.79MeV
一個(gè)靜止的中子衰變過程中放出的質(zhì)子動(dòng)能為
中子衰變過程中電子和反中微子的總動(dòng)能為
ΔE-Ekp=0.7468MeV
故D正確；
故選BCD。
三、非選擇題
16. 在“探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中，如圖1，某同學(xué)將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接在的電源上。在打出的紙帶上每5個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，共取了1、2、3、4、5、6六個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，如圖2。
（1）圖1中打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接的電源為_______（選填“”或“”）交變電源；
（2）圖2中計(jì)數(shù)點(diǎn)2的讀數(shù)為_______；
（3）打下圖2中計(jì)數(shù)點(diǎn)3時(shí)，小車的速度大小為_______；（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）
（4）該同學(xué)從每一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)處將紙帶剪開分成幾段，將這些紙帶由短到長緊靠但不重疊地粘在坐標(biāo)系中，如圖3所示，最后將紙條上端中心連起來，于是得到圖像，用該圖像探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律是否可行？_______（選填“可行”或“不可行”）。
【答案】 ①. ②. ③. ④. 可行
【解析】
【詳解】（1）[1]圖中為電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，接220V交流電源。
（2）[2]刻度尺最小刻度為毫米，估讀一位，所以計(jì)數(shù)點(diǎn)2的讀數(shù)為均可。
（3）[3] 計(jì)數(shù)點(diǎn)3時(shí)，小車的速度大小為
（4）[4]因?yàn)榧垪l的長度除以時(shí)間是這一段的平均速度，而平均速可看成于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，因?yàn)榧垪l對應(yīng)的時(shí)間都是0.1s，所以可以用紙條的長度代替速度，所以此方案可行。
17. （1）如圖所示是探究向心力的大小F與質(zhì)量m、角速度ω和半徑r之間的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)裝置。
①下列實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)方法與本實(shí)驗(yàn)相同的是_______；
A．探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn) B．探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系
C．探究兩個(gè)互成角度的力的合成規(guī)律 D．探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系
②當(dāng)探究向心力的大小F與半徑r的關(guān)系時(shí)，需調(diào)整傳動(dòng)皮帶的位置使得左右兩側(cè)塔輪輪盤半徑_______（選填“相同”或“不同”）；
（2）在研究牛頓第三定律時(shí)，將兩個(gè)完全相同的彈簧秤通過掛鉤懸掛對拉，如圖所示，甲彈簧秤在上，乙彈簧秤在下。若將兩個(gè)彈簧的位置互換重復(fù)實(shí)驗(yàn)，則甲彈簧秤和乙彈簧秤示數(shù)的變化情況為_______。
A．甲變小 B．甲不變 C．乙變小 D．乙不變
【答案】 ①. BD##DB ②. 相同 ③. A
【解析】
【詳解】（1）[1]A．本實(shí)驗(yàn)采用的實(shí)驗(yàn)方法是控制變量法，探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，采用等效思想，故A錯(cuò)誤；
B．探究加速度與力和質(zhì)量的關(guān)系實(shí)驗(yàn)采用的實(shí)驗(yàn)方法是控制變量法，故B正確；
C．探究兩個(gè)互成角度的力的合成規(guī)律實(shí)驗(yàn)采用的實(shí)驗(yàn)方法是等效替代法，故C錯(cuò)誤；
D．探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系利用控制變量法，故D正確。
故選BD。
[2]當(dāng)探究向心力的大小F與半徑r的關(guān)系時(shí)，應(yīng)保證小球的質(zhì)量和角速度不變，所以需調(diào)整傳動(dòng)皮帶的位置使得左右兩側(cè)塔輪輪盤半徑相同。
（2）[3]由于彈簧秤重力的影響，使得上面彈簧秤的讀數(shù)大于下面彈簧秤的讀數(shù)，所以甲乙位置互換后，甲的讀數(shù)減小，乙的讀數(shù)增大。
故選A。
18. 某實(shí)驗(yàn)小組為盡量準(zhǔn)確測定電池組的電動(dòng)勢和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室提供以下器材：
A.待測電池組（電動(dòng)勢約為，內(nèi)阻約為）
B.電壓表（量程，內(nèi)阻約為）
C.電流表（量程，內(nèi)阻約為）
D.電流表（量程，內(nèi)阻約為）
E.滑動(dòng)變阻器，額定電流
F滑動(dòng)變阻器，額定電流
G.開關(guān)、導(dǎo)線若干
（1）電流表應(yīng)選用_______（選填“C”或“D”），滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用_______（選填“E”或“F”）；
（2）該小組連接的實(shí)物電路如圖6所示，經(jīng)仔細(xì)檢查，發(fā)現(xiàn)電路中有一條導(dǎo)線連接不當(dāng)，這條導(dǎo)線對應(yīng)的編號是_______；
（3）該小組在電池組正極和開關(guān)之間串聯(lián)一個(gè)阻值為電阻，重新測量后得到了幾組電壓表讀數(shù)和對應(yīng)的電流表讀數(shù)，并作出圖像，如圖7所示。根據(jù)圖像可知，電池組的電動(dòng)勢為_______V（結(jié)果保留三位有效數(shù)字），內(nèi)阻為_______（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。
【答案】 ①. C ②. E ③. ④ ④. 2.88##2.89##2.90##2.91##2.92 ⑤. 0.78##0.79##0.80##0.81##0.82
【解析】
【詳解】（1）[1]從圖7可看出電流變化范圍，所以電流表選擇C。
[2]根據(jù)
以及電流表的量程可知，的滑動(dòng)變阻器足夠用，而且方便操作，所以選E。
（2）[3]由于電源內(nèi)阻較小，應(yīng)該采用電流表分壓接法，如圖
所以導(dǎo)線④連接不當(dāng)。
（3）[4][5]因?yàn)樵陔姵亟M正極和開關(guān)之間串聯(lián)一個(gè)阻值為的電阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有
所以可知圖像中，圖線的縱軸截距表示電源的電動(dòng)勢，圖線斜率的絕對值表示，將圖線連接完整，如圖
可得出
所以電源的內(nèi)阻為
由于誤差，電源的電動(dòng)勢為即可，電源內(nèi)阻為即可。
19. 一個(gè)容積為的導(dǎo)熱汽缸下接一圓柱形管，二者總質(zhì)量為，現(xiàn)用質(zhì)量、橫截面積、厚度可忽略不計(jì)的活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞與圓管管壁間摩擦不計(jì)?；钊露诉B接彈簧，彈簧下端與地面固定，氣缸始終保持豎直。開始時(shí)氣體溫度為，活塞處在A位置，氣缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)為。隨著環(huán)境溫度緩慢升高到，活塞恰能緩慢移至容器底部B位置處，已知A、B間距離，外界大氣壓強(qiáng)。
（1）環(huán)境溫度由緩慢升高到過程中，氣缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)（選填“變化”或“不變”）；
（2）求汽缸內(nèi)的氣體壓強(qiáng)及環(huán)境溫度；
（3）升溫過程中，若氣體內(nèi)能增加了，求氣體需要向外界吸收的熱量。
【答案】（1）不變；（2），；（3）
【解析】
【詳解】（1）對氣缸受力分析，變化前有
變化后有
可知
則可知，環(huán)境溫度由緩慢升高到過程中，氣缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)不變。
（2）以氣缸為研究對象，根據(jù)平衡條件可知
解得
氣體升溫膨脹過程為等壓過程，由蓋呂薩克定律定律有
解得
（3）由熱力學(xué)第一定律可知
氣體膨脹對外做功，則可得
所以氣體需要向外界吸收熱量
20. 光滑細(xì)軌道由半徑為的豎直圓弧軌道與直軌道組成，圓弧軌道的圓心位于最低點(diǎn)正上方，連線與水平方向夾角為，在軌道右側(cè)與等高處有一平臺，平臺邊緣處有一質(zhì)量為的滑塊放在質(zhì)量為的“L形”薄板最左端。質(zhì)量為的小球在一定條件下可經(jīng)A點(diǎn)射出后恰能水平擊中滑塊，該碰撞過程可視為彈性碰撞。若滑塊能與薄板發(fā)生碰撞，碰撞過程可視為完全非彈性碰撞。已知與A的高度差，滑塊與薄板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，薄板與平臺間的動(dòng)摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，薄板厚度不計(jì)，小球和滑塊都視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，，。
（1）若小球自點(diǎn)無初速度釋放，求小球經(jīng)過點(diǎn)時(shí)受軌道的支持力大?。?br>（2）要使小球能水平擊中薄板上的物塊，求小球在處的初速度及A與間的水平距離；
（3）若小球能水平擊中薄板上的物塊。
a．薄板長為，求滑塊與薄板間因摩擦產(chǎn)生的總熱量；
b．薄板長為，求薄板最終停下時(shí)其右端離的距離。
【答案】（1）；（2）；（3）（a），（b）
【解析】
【詳解】（1）F運(yùn)動(dòng)到E得過程由動(dòng)能定理有
運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)位置，由牛頓第二定律有
聯(lián)立可得，小球經(jīng)過點(diǎn)時(shí)受軌道的支持力
（2）小球由A運(yùn)動(dòng)到B位置過程可視為由B到A逆向的平拋運(yùn)動(dòng)，利用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有
可得
利用A點(diǎn)速度方向可知
由于點(diǎn)與點(diǎn)等高，由能量守恒可知，F(xiàn)點(diǎn)小球的初速度
斜拋過程中
，
聯(lián)立解得
（3）（a）小球與滑塊碰撞的過程中，滿足機(jī)械能守恒與動(dòng)量守恒，則有
聯(lián)立可得小球與滑塊碰撞后滑塊的速度為
由于
因此，滑塊在薄板上滑動(dòng)過程中，薄板不動(dòng)，由
可得
因此滑塊減小的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為摩擦形成的內(nèi)能，即
（b）由于
物塊與薄板右端發(fā)生碰撞前，有
可得
由動(dòng)量守恒有
由動(dòng)能定理有
聯(lián)立可得
結(jié)合題意可知，薄板右端最終距離的距離為
21. 某興趣小組設(shè)計(jì)了一個(gè)磁懸浮列車的驅(qū)動(dòng)模型，簡化原理如圖甲所示，平面（紙面）內(nèi)有寬為，關(guān)于軸對稱的磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，變化規(guī)律如圖乙所示。長為，寬為的矩形金屬線框放置在圖中所示位置，其中邊與軸重合，邊分別與磁場的上下邊界重合。當(dāng)磁場以速度沿軸向左勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，會驅(qū)動(dòng)線框運(yùn)動(dòng)，線框受到的阻力大小恒為。已知線框的質(zhì)量為，總電阻為。
（1）求磁場剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過線框的感應(yīng)電流的大小和方向；
（2）求線框穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大??；
（3）某時(shí)刻磁場停止運(yùn)動(dòng)，此后線框運(yùn)動(dòng)時(shí)間后停止，求時(shí)間內(nèi)線框運(yùn)動(dòng)的距離；
（4）在磁懸浮列車的實(shí)際模型中，磁場應(yīng)強(qiáng)度的大小是隨時(shí)間和空間同時(shí)變化的，即，若將線框固定不動(dòng)，求在時(shí)間內(nèi)線框產(chǎn)生的熱量。
【答案】（1），沿順時(shí)針方向；（2）；（3）；（4）
【解析】
【詳解】（1）由右手定則得，感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向
解得
（2）線框穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)后，電流大小為
安培力大小為
由受力平衡可知
解得
（3）由動(dòng)量定理可得
即
解得
（4）該磁場可等效為磁感應(yīng)強(qiáng)度為，且以速度運(yùn)動(dòng)的磁場，在線框中產(chǎn)生正弦式交流電，電動(dòng)勢的最大值為
故產(chǎn)生的熱量為
解得
22. 如圖所示，平面（紙面）內(nèi)軸右側(cè)連續(xù)分布寬度為的無場區(qū)域和寬度為d（未知）的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面向里。位于原點(diǎn)處的粒子源能釋放出質(zhì)量為，電量為，初速度大小為的正離子，離子沿各方向均勻分布在與軸成的范圍內(nèi)，其中有的離子能從第一個(gè)磁場區(qū)域的右邊界飛出。不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng)。求：
（1）離子進(jìn)入磁場后做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大小；
（2）磁場寬度d的大小；
（3）離子能到達(dá)離軸的最遠(yuǎn)距離；
（4）離子從點(diǎn)出發(fā)到飛離第一個(gè)磁場區(qū)域的左邊界所用時(shí)間的最小值。
[提示：若，則]
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【詳解】（1）根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力有
解得
（2）由題得，如圖所示
與軸成斜向上入射的離子恰好從磁場右側(cè)飛出，由幾何關(guān)系可得
（3）在最遠(yuǎn)位置時(shí)，離子的速度方向變?yōu)檠剌S正方向，則沿方向由動(dòng)量定理可得
即
與軸成斜向下入射的離子
最大，解得
故離子在第四個(gè)磁場中到達(dá)最遠(yuǎn)位置，則離軸的最遠(yuǎn)距離為
（4）運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
化簡得
令，解得
故最短時(shí)間為

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