浙江省稽陽聯(lián)誼學(xué)校2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期11月聯(lián)考物理（選考）試題（Word版附解析）

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本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘。
考生注意：
1．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)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(guī)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(yīng)的位置上規(guī)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(yīng)區(qū)域內(nèi)，作圖時可先使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑，答案寫在本試題卷上無效。
4．可能用到的相關(guān)參數(shù)：重力加速度g均取10m/s2。
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. 下列各選項中，負(fù)號表示方向的是（ ）
A. “-1J”的功B. “-1C”的電量
C. “”的加速度D. “-1Wb”的磁通量
【答案】C
【解析】
【詳解】A．功是標(biāo)量，功有正負(fù)，但正表示動力做功，負(fù)表示阻力做功，即正負(fù)表示一種性質(zhì)，不表示方向，故A錯誤；
B．電量是標(biāo)量，電量的正負(fù)表示帶電體帶正電還是帶負(fù)點，即表示性質(zhì)，不表示方向，故B錯誤；
C．加速度是矢量，加速度的正負(fù)表示方向，故C正確；
D．磁通量是標(biāo)量，磁通量有正負(fù)，若磁場穿過線圈平面的方向與規(guī)定方向相同取正值，與規(guī)定方向相反取負(fù)值，但磁通量的正負(fù)不表示方向，故D錯誤。
故選C。
2. 2024年10月乒乓球亞錦賽男單比賽，中國選手林詩棟連扳三局，戰(zhàn)勝伊朗選手。下列說法正確的是（ ）
A. 乒乓球速度減小時，加速度可能增大
B. 研究乒乓球的旋轉(zhuǎn)，可把其看作質(zhì)點
C. 做殺球動作時，球拍對乒乓球一定不做功
D. 球拍擊球使乒乓球原速率反彈，球拍對乒乓球的沖量為零
【答案】A
【解析】
【詳解】A．乒乓球的運(yùn)動方向與受力方向相反時，速度減小，加速度可能在增大，A正確；
B．旋轉(zhuǎn)的物體各部分運(yùn)動情況不同，不能看成質(zhì)點，B錯誤；
C．做殺球動作時，球拍可能對乒乓球做功，C錯誤；
D．球拍擊球使乒乓球原速率反彈，速度大小不變，方向發(fā)生改變，乒乓球的動量變化不為零，根據(jù)動能定理可知，球拍對乒乓球的沖量不為零，D錯誤。
故選A。
3. 真空中有兩個帶電金屬導(dǎo)體、，其中導(dǎo)體內(nèi)部存在空腔，兩者間的電場線分布如圖中帶箭頭實線所示，曲線為某帶電粒子在該電場中的運(yùn)動軌跡，、、、為電場中的四個點，為空腔內(nèi)部的一點，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，下列說法正確的是（ ）
A. 點電勢等于點電勢
B. 點電場強(qiáng)度與點電場強(qiáng)度相同
C 點電場強(qiáng)度和電勢均小于零
D. 帶電粒子僅在電場力作用下沿曲線運(yùn)動時，電場力先做負(fù)功再做正功
【答案】D
【解析】
【詳解】A．電勢沿著電場線降低，c點電勢高于d 點電勢，A錯誤；
B．電場線密集處電場強(qiáng), 電場線稀疏處電場弱，a點電場強(qiáng)度大于b點電場強(qiáng)度，B錯誤；
C．導(dǎo)體空腔內(nèi)的電場強(qiáng)度為零，O點電場強(qiáng)度為零，C錯誤；
D．由運(yùn)動軌跡結(jié)合電場線分布可知，帶電粒子帶負(fù)電，電場力先做負(fù)功再做正功，D正確。
故選 D。
4. 2024年10月，中國人民解放軍東部戰(zhàn)區(qū)在臺島周邊開展實戰(zhàn)演習(xí)，震懾“臺獨”勢力。一枚質(zhì)量為的炮彈以初速度斜向上發(fā)射，運(yùn)動軌跡如圖所示，點為炮彈發(fā)射點，點為與點等高的落地點，點為曲線最高點。假設(shè)這枚炮彈在空中無動力飛行時受到的空氣阻力大小不變（小于重力），方向始終與速度方向相反。下列說法正確的是（ ）
A. 炮彈在點后做平拋運(yùn)動
B. 炮彈在點的加速度大于
C. 炮彈在上升過程中處于超重狀態(tài)
D. 炮彈上升過程和下降過程運(yùn)動時間相等
【答案】B
【解析】
【詳解】A．炮彈在點后受到重力和空氣阻力，所以之后不做平拋運(yùn)動，故A錯誤；
B．炮彈在點時受到豎直向下的重力和水平向左的空氣阻力，合外力大于重力，根據(jù)牛頓第二定律可知，炮彈在點的加速度大于，故B正確；
C．炮彈在上升過程中豎直方向的合外力向下，豎直方向的加速度向下，故處于失重狀態(tài)，故C錯誤；
D．由于上升時和下落時豎直方向的加速度不同，故炮彈上升過程和下降過程運(yùn)動時間不相等，故D錯誤。
故選B。
5. 核電池能效高、續(xù)航時間長。其中某種核電池是將（镅）衰變釋放核能部分轉(zhuǎn)換成電能。（镅）的衰變方程為，則（ ）
A. 極寒、高壓環(huán)境會使半衰期變短
B. 該核反應(yīng)發(fā)生時，镅核必須克服核力的排斥作用
C. 該反應(yīng)要持續(xù)進(jìn)行，镅核原料的體積必須大于臨界體積
D. 衰變成和時，和的結(jié)合能之和大于
【答案】D
【解析】
【詳解】A．半衰期只由原子核自身決定，極寒、高壓環(huán)境不會使半衰期變短，故A錯誤；
B．該核反應(yīng)發(fā)生時，镅核必須克服核力的吸引作用，故B錯誤；
C．該反應(yīng)是衰變，不是核裂變反應(yīng)，所以該反應(yīng)要持續(xù)進(jìn)行，镅核原料的體積沒有臨界體積，故C錯誤；
D．衰變成和時，生成物比反應(yīng)物更穩(wěn)定，所以和的比結(jié)合能大于的比結(jié)合能，由于質(zhì)量數(shù)不變，則和的結(jié)合能之和大于，故D正確。
故選D。
6. 小明觀察到出水口豎直朝下的水龍頭流出的水，落在硬質(zhì)水平瓷磚上時會濺起明顯水花。他對此進(jìn)行研究：測得水龍頭出口處圓管內(nèi)徑為，水龍頭出口處與瓷磚的高度差為。調(diào)節(jié)水龍頭旋鈕，出現(xiàn)明顯水花，極短時間內(nèi)從出口處流出水的體積是，重力加速度為，水的密度為，不考慮空氣阻力。假定水在管道內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，則（ ）
A. 水從水龍頭出口落至瓷磚，用時為
B. 水落到瓷磚上時的速度是
C. 水落到瓷磚上時的重力功率為
D. 瓷磚對濺起的水做負(fù)功
【答案】B
【解析】
【詳解】AB．水龍頭出口處的圓管面積為
極短時間內(nèi)流水的速度
根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律可知
解得水落到瓷磚上時的速度是
所用時間為
故A錯誤，B正確；
C．水落到瓷磚上時的重力功率為
故C錯誤；
D．瓷磚對已濺起的水花不做功，故D錯誤。
故選B。
7. 2024年9月，我國成功發(fā)射首顆可重復(fù)使用返回式試驗衛(wèi)星——實踐十九號衛(wèi)星。如圖所示，此衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動的軌道高度約為800km，此軌道稱為太陽同步軌道：它隨地球繞太陽公轉(zhuǎn)的同時，軌道平面平均每天轉(zhuǎn)動的角度約為1°，使軌道平面始終與太陽保持固定的取向，這樣太陽光能始終照射到實踐十九號衛(wèi)星上。已知地球半徑取6400km。則（ ）
A. 實踐十九號衛(wèi)星的向心力始終不變
B. 實踐十九號衛(wèi)星做圓周運(yùn)動的線速度大于7.9km/s
C. 實踐十九號衛(wèi)星做圓周運(yùn)動的周期約為100分鐘
D. 實踐十九號衛(wèi)星做圓周運(yùn)動的角速度大小約為rad/s
【答案】C
【解析】
【詳解】A．實踐十九號衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動，向心力始終指向地心，方向時刻改變，故A錯誤；
B．第一宇宙速度是所有繞地球做圓周運(yùn)動的衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，則實踐十九號衛(wèi)星的速度小于7.9km/s，故B錯誤；
C．根據(jù)牛頓第二定律
解得
故實踐十九號衛(wèi)星做圓周運(yùn)動的周期約為100分鐘，故C正確；
D．實踐十九號衛(wèi)星做圓周運(yùn)動的角速度大小約為
故D錯誤。
故選C。
8. 大海中有各種燈浮標(biāo)，其中有一種燈浮標(biāo)如圖甲所示，它的結(jié)構(gòu)可以簡要分為上下兩部分，分別為標(biāo)體（含燈等裝置）和浮體（形狀為圓柱體，部分浮在水上）?，F(xiàn)在用外力將燈浮標(biāo)向下按壓一段距離后釋放，整體所受的浮力隨時間正弦式周期性變化，如圖乙所示，已知整個過程中圓柱體浮體始終未完全浸入水中，忽略空氣及水的阻力，下列說法正確的是（ ）
A. 燈浮標(biāo)整體做簡諧運(yùn)動，回復(fù)力由重力提供
B. 0-0.5s內(nèi)燈浮標(biāo)整體的加速度逐漸減小
C. 燈浮標(biāo)整體的重力等于
D. 燈浮標(biāo)整體所受合外力大小與偏離受力平衡位置的距離成正比
【答案】D
【解析】
【詳解】AD．由題圖乙可知，燈浮標(biāo)整體始終受浮力作用，說明整體始終未脫離水面，設(shè)受力平衡時浮體在水下的長度為L，根據(jù)平衡條件有
設(shè)釋放后某時刻距受力平衡位置x，以向下為正方向，系統(tǒng)所受的力可知
燈浮標(biāo)整體所受合外力大小與偏離受力平衡位置的距離成正比，即燈浮標(biāo)整體做簡諧運(yùn)動，回復(fù)力是水的浮力與系統(tǒng)重力的合力，故A錯誤，D正確；
B．0-0.5s內(nèi)燈浮標(biāo)整體從浮力最大的位置運(yùn)動到浮力最小的位置，即從最低點上浮到最高點的位置，分別處于簡諧振動的正向最大位移處和負(fù)向最大位移處，燈浮標(biāo)整體的加速度先逐漸減小，后反向增大，故B錯誤；
C．根據(jù)簡諧運(yùn)動的特點可知，燈浮標(biāo)整體在最高點和最低點的加速度大小相等，則在最低點有
在最高點有
聯(lián)立可得燈浮標(biāo)整體的重力
故C錯誤。
故選D。
9. 原子處于磁場中，某些能級會發(fā)生劈裂。某種原子能級劈裂前后的部分能級圖如圖所示，相應(yīng)能級躍遷放出的光子分別設(shè)為①、②、③，對應(yīng)頻率分別為、、。若用①照射某金屬表面時能發(fā)生光電效應(yīng)，則（ ）
A. 頻率為的光子的動量為
B. 若用②照射該金屬表面時也一定能發(fā)生光電效應(yīng)
C. 用①、③兩種光分別照射該金屬，逸出光電子的最大初動能之差
D. 用②、③兩種光分別射入雙縫間距為，雙縫到屏的距離為的干涉裝置，產(chǎn)生的干涉條紋間距之差為
【答案】A
【解析】
【詳解】A．由于光子的動量
根據(jù)波長、波速、頻率的關(guān)系可知
聯(lián)立解得
故頻率為的光子的動量為，A正確；
B．因②對應(yīng)的能級差小于①對應(yīng)的能級差，可知②的能量小于①的能量，②的頻率小于①的頻率，則若用①照射某金屬表面時能發(fā)生光電效應(yīng)，用②照射該金屬不一定能發(fā)生光電效應(yīng)，B錯誤；
C．根據(jù)光電效應(yīng)方程可，①、③兩種光分別照射該金屬，逸出光電子的最大初動能
故最大初動能之差
C錯誤；
D．根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式可得
其中
整理可得
同理可得
②、③兩種光的干涉條紋間距的差值為
D錯誤。
故選A。
10. 我國古代利用水輪從事農(nóng)業(yè)生產(chǎn)，其原理簡化如圖所示，細(xì)繩跨過光滑固定轉(zhuǎn)軸，一端繞在固定轉(zhuǎn)輪上，另一端與重物相連。已知轉(zhuǎn)輪與水輪圓心等高且距離為6m，轉(zhuǎn)軸到圓心距離為3m，重物質(zhì)量為4kg?，F(xiàn)水輪繞點緩慢轉(zhuǎn)動（重物未與圓盤接觸），通過轉(zhuǎn)輪收放細(xì)繩，使細(xì)繩始終繃緊，那么細(xì)繩對轉(zhuǎn)軸的作用力范圍為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【詳解】如圖1所示
在水輪緩慢轉(zhuǎn)動過程中，虛線圓為固定轉(zhuǎn)軸B的軌跡，因為固定轉(zhuǎn)軸光滑且緩慢轉(zhuǎn)動，所以軸兩邊繩子上的拉力均為mg，根據(jù)平行四邊形定則，可知當(dāng)兩邊繩子之間的夾角最小時合力最大，夾角最大時合力最小。由幾何關(guān)系可知，圖1中位置時合力最大，位置時合力最小。對固定轉(zhuǎn)軸在位置處進(jìn)行受力分析如圖2所示
設(shè)，在直角三角形中，根據(jù)幾何關(guān)系可得
解得
根據(jù)平行四邊形定則，可得合力與豎直方向的夾角為，則有
同理，對固定轉(zhuǎn)軸在位置處進(jìn)行受力分析，如圖3所示
根據(jù)幾何關(guān)系可知
則與豎直方向的夾角為，根據(jù)平行四邊形定則，可知合力與豎直方向的夾角為，則可得
故輕繩對固定轉(zhuǎn)軸B的作用力范圍為
故選C。
11. 如圖所示是邊長為的正六邊形的橫截面，在A點有一粒子源能以相同的動能向正六邊形內(nèi)各個方向發(fā)射質(zhì)量為、電荷量為的帶正電粒子，六邊形內(nèi)有平行于平面的勻強(qiáng)電場，經(jīng)過點的粒子的動能是，粒子從電場中射出的最大動能是，不計粒子重力及粒子間的相互作用，下列說法正確的是（ ）
A. 電場強(qiáng)度大小為
B. 電場強(qiáng)度大小為
C. 電場強(qiáng)度方向可能從A指向
D. 電場強(qiáng)度方向可能從A指向
【答案】B
【解析】
【詳解】CD．由題意可知，經(jīng)過點的粒子的動能增加量為，粒子從電場中以最大動能射出時動能增加量為，也就是說，以最大動能射出的粒子沿電場方向的位移大小是從B點射出的粒子沿電場方向位移大小的2倍，說明電場方向是沿從A指向C的方向，故C、D錯誤；
AB．對于從B點射出的粒子，根據(jù)動能定理有
求得
故A錯誤，B正確。
故選B。
12. 如圖甲所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為的固定光滑絕緣圓桶，在空間中有平行圓桶軸線的水平勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為、帶電量為的帶電小球沿圓桶外壁做圓周運(yùn)動，如圖乙所示為帶電小球所在處的截面圖，為豎直直徑，初始時帶電小球位于圓環(huán)最高點A（圓桶外側(cè)），并且有水平方向的速度（以水平向左為速度的正方向），如果帶電小球在A點不脫離圓桶，帶電小球初速度可能的取值為（ ）
A. 3m/sB. 6m/sC. -3m/sD. -6m/s
【答案】A
【解析】
【詳解】假設(shè)初速度向左，則小球所受洛倫茲力豎直向下，小球不脫離圓桶需滿足
即
求得

故選A。
13. 如圖所示，在之間接有交流電源，其電壓的有效值為。電路中共接有六個相同的定值電阻。S斷開時，滑動變阻器觸片滑到最下面時，恰好理想變壓器的輸出功率最大（包含副線圈負(fù)載電阻阻值從0到無窮大的變化范圍）。S閉合后，滑動變阻器觸片仍然滑到最下面時，下列說法正確的是（ ）
A. 變壓器原、副線圈匝數(shù)的比值為1∶4
B. S閉合后，兩端電壓為
C. S閉合后，兩端電壓為
D. S閉合后，的功率是的4倍
【答案】D
【解析】
【詳解】A．設(shè)定值電阻阻值為，將副線圈電阻等效到原線圈，則有
理想變壓器的輸入功率
可知當(dāng)
時，輸入功率最大，根據(jù)能量守恒可知，此時輸出功率也最大，由于等效電阻和串聯(lián)且電壓相等，則有
解得
故A錯誤；
B．S閉合后，與并聯(lián)再與串聯(lián)，則分擔(dān)的電壓即輸入電壓為
副線圈輸出電壓
兩端電壓為
故B錯誤；
C．S閉合后，兩端電壓與等效電阻的電壓相等，即
故C錯誤；
D．S閉合后，兩端的電壓
的功率
的功率
所以
故D正確。
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，選對但不全的得分）
14. 下列說法正確的是（ ）
A. 動量守恒定律適用于微觀、高速領(lǐng)域
B. 水銀在玻璃上形成“圓珠狀”的液滴說明水銀浸潤玻璃
C. 赫茲首先發(fā)現(xiàn)了光電效應(yīng)現(xiàn)象，愛因斯坦解釋了光電效應(yīng)現(xiàn)象
D. 用能量為3.5eV的光子照射處于激發(fā)態(tài)的氫原子（基態(tài)能級），氫原子可以發(fā)生電離
【答案】ACD
【解析】
【詳解】A．動量守恒定律具有普適性，不僅適用于微觀、高速領(lǐng)域，而且也適用于宏觀、低速領(lǐng)域，故A正確；
B．水銀在玻璃上形成“圓珠狀”的液滴說明水銀不浸潤玻璃，故B錯誤；
C．赫茲首先發(fā)現(xiàn)了光電效應(yīng)現(xiàn)象，愛因斯坦解釋了光電效應(yīng)現(xiàn)象，故C正確；
D．根據(jù)波爾定態(tài)假設(shè)可知，激發(fā)能級滿足，故n=2的激發(fā)態(tài)能級為，由于3.5eV>3.4eV，故用能量為3.5eV的光子照射處于激發(fā)態(tài)的氫原子，氫原子可以發(fā)生電離，故D正確。
故選ACD 。
15. 某興趣小組設(shè)計了一種檢測油深度的油量計，如圖甲所示油量計固定在油桶蓋上并將油量計豎直插入油桶，通過油箱蓋的矩形窗口可看見油量計上端面的明暗區(qū)域。圖乙是油量計的部分正視圖，鋸齒數(shù)共有10個，它是一塊鋸齒形的透明塑料，鋸齒形的底部是一個等腰直角三角形，腰長為，相鄰兩個鋸齒連接的豎直短線長度為，最右邊的鋸齒剛接觸到油桶的底部，塑料的折射率小于油的折射率。若油面不會超過圖乙中的虛線Ⅰ，不計油量計對油面變化的影響，則（ ）
A. 窗口豎直向下射入的光線在塑料和空氣的界面處發(fā)生全反射，返回油量計的上端面并射出，形成亮區(qū)
B. 窗口豎直向下射入的光線在塑料和油的界面處發(fā)生折射進(jìn)入油中，油中反射光線發(fā)生干涉，疊加加強(qiáng)，形成亮區(qū)
C. 油的折射率可能為1.5
D. 油的深度與明線長度滿足的關(guān)系式為
【答案】AC
【解析】
【詳解】AB．窗口豎直向下射入的光線在塑料和空氣的界面處發(fā)生全反射，返回油量計的上端面并射出，進(jìn)入人的眼睛，因此人看到的是亮區(qū)，故A正確，B錯誤；
C．由于鋸齒形的底部是一個等腰直角三角形，故光線從塑料入射到空氣時的臨界角C小于等于，故有
所以油的折射率可能為1.5，故C正確；
D．由題中可知，鋸齒總共有個，等腰直角形鋸齒的斜邊長度為，故當(dāng)明線長度為時，發(fā)生全反射的鋸齒個數(shù)為
因此發(fā)生折射的鋸齒個數(shù)為
由于豎線的長度為，故油的深度為
故D錯誤。
故選AC。
非選擇題（本題共5小題，共55分）
三、實驗題（Ⅰ、Ⅱ兩小題，共14分）
16. 用甲圖裝置“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗時，為了平衡摩擦力，若所有操作均正確，打出的紙帶如圖乙所示，應(yīng)_______（填“減小”或“增大”）木板的傾角。
【答案】增大
【解析】
【詳解】由打出的紙帶可知，小車做的是減速運(yùn)動，說明木板的傾角偏小，應(yīng)增大木板的傾角。
17. 如圖所示為一條記錄小車運(yùn)動情況的紙帶，圖中、、、、為計數(shù)點，相鄰計數(shù)點間的時間間隔，根據(jù)數(shù)據(jù)可計算出點的瞬時速度大小為_______m/s，小車運(yùn)動時加速度大小為________m/s2。
【答案】 ①. 0.55 ②. 0.60
【解析】
【詳解】[1]根據(jù)中間時刻的速度等于相鄰兩個計數(shù)點之間的平均速度，則
[2]根據(jù)逐差法，小車運(yùn)動時加速度大小為
18. 如圖所示，小車通過細(xì)繩與鉤碼相連，遮光片固定在小車的最右端，光電門傳感器固定在長木板上，小明研究組利用圖中裝置完成了“驗證牛頓第二定律”的實驗，小紅研究組將長木板放平，并把小車換成木塊，完成了“測定長木板與木塊間動摩擦因數(shù)”的實驗。
（1）關(guān)于小明研究組的實驗，下列說法正確的是_______。
A. 需要平衡摩擦力，要求鉤碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量
B. 不需要平衡摩擦力，要求鉤碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量
C. 需要平衡摩擦力，不要求鉤碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量
D. 不需要平衡摩擦力，不要求鉤碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量
（2）在實驗操作完全正確的情況下，小明研究組將小車從某一位置由靜止釋放，測出遮光片的寬度和它通過光電門的擋光時間，小車靜止時的位置到光電門的位移，小車的質(zhì)量，彈簧測力計的示數(shù)，則與應(yīng)滿足的關(guān)系式為________。（可用、、、等字母表示）
（3）小紅研究組測出木塊靜止時遮光片右端距光電門左端的位移，由遮光片寬度和擋光時間求出滑塊的速度大小，并算出，然后作出的圖像如圖所示，根據(jù)圖像可求得動摩擦因數(shù)_______。（可用、、、等字母表示）
【答案】（1）C （2）
（3）
【解析】
【小問1詳解】
因為力可由彈簧測力計測出，所以近似不需要；摩擦力還是要平衡的。
故選C。
【小問2詳解】
小車通過光電門的速度
由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律
解得
若滿足牛頓第二定律則有
解得
【小問3詳解】
根據(jù)動能定理可得
解得
結(jié)合圖像可得
聯(lián)立解得
19. 某同學(xué)在測定一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻的實驗中，實驗室提供的器材有：
A.電流表：量程0~0.6A，內(nèi)阻約
B.電流表：量程0~3A，內(nèi)阻約
C.電壓表：量程0~3V，內(nèi)阻約
D.電壓表：量程0~15V，內(nèi)阻約
E滑動變阻器（最大阻值）
F.滑動變阻器（最大阻值）
G.開關(guān)、導(dǎo)線若干
（1）為了較準(zhǔn)確測量電池的電動勢和內(nèi)阻，按照如圖甲所示電路圖，電壓表應(yīng)該選擇_________，電流表應(yīng)該選擇________，滑動變阻器應(yīng)該選擇________。（均選填儀器前面的字母序號）
（2）在實驗中測得多組電壓和電流值，得到如圖乙所示的圖線，由圖可知電源電動勢_______V。內(nèi)阻________。（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）
（3）①按如圖甲所示電路圖實驗時，由于電流表和電壓表都不是理想電表，所以測量結(jié)果有系統(tǒng)誤差。下列說法正確的是_______；
A.引入系統(tǒng)誤差的原因是電流表的分壓作用
B.引入系統(tǒng)誤差的原因是電壓表的分流作用
②圖丙中實線為小明同學(xué)按如圖甲所示電路圖，正確操作時作出的圖線，兩條虛線、中有一條是電源電動勢和內(nèi)阻真實圖線，下列說法正確的有_______。
A.圖線表示真實圖線，小明同學(xué)所測電動勢和內(nèi)阻均偏小
B.圖線表示真實圖線，小明同學(xué)所測電動勢大小等于真實值，內(nèi)阻偏大
（4）現(xiàn)有兩個相同規(guī)格的小燈泡、，此種燈泡的特性曲線如圖丁所示，將它們并聯(lián)后與同類型的兩節(jié)干電池（，）和定值電阻（）相連，如圖戊所示，則燈泡的實際功率為_______W。（結(jié)果保留兩位小數(shù)）
【答案】（1） ①. C ②. A ③. E
（2） ①. 1.47##1.48##1.49##1.50 ②. 1.78##1.79##1.80##1.81##1.82
（3） ①. B ②. A
（4）0.20
【解析】
【小問1詳解】
[1]干電池的電動勢約為1.5V，所以電壓表選C；
[2]因為電源內(nèi)阻一般為幾歐，則短路電流為，估算短路電流不到1A，為了精確測量，所以選小量程電流表，故應(yīng)A；
[3]滑動變阻器F的最大阻值過大，在調(diào)節(jié)時電路中電流都很小，所以滑動變阻器應(yīng)選擇最大阻值較小的滑動變阻器E；
【小問2詳解】
[1]根據(jù)路端電壓與電流的關(guān)系
可知圖像縱截距表示電源電動勢，則
[2]以上分析可知，圖像斜率絕對值表示電源內(nèi)阻，則
【小問3詳解】
[1]小明實驗時，引入系統(tǒng)誤差的原因是電壓表的分流作用，使電流表示數(shù)偏小，A錯誤，B正確；
[2]當(dāng)外電路短路時，電壓表分流為0，短路電流相同，即小明作出的圖線和真實圖線與橫軸交點相同，圖線表示真實圖線，根據(jù)圖線可知所測電動勢和內(nèi)阻均偏小，A正確，B錯誤；
【小問4詳解】
圖戊中，根據(jù)閉合電路歐姆定律得
整理得
將其圖像畫在圖丁中，如圖所示，藍(lán)色圖線與縱軸截距為0.30A，與橫軸交點為3.00V
兩線相交處
，
燈泡的實際功率為
20. 玻璃瓶可作為測量水深的簡易裝置。如圖所示，白天潛水員在水面上將100 mL水裝入容積為400 mL的玻璃瓶中，擰緊瓶蓋后帶入水底，瓶身長度相對水深可忽略，倒置瓶身，打開瓶蓋，讓水進(jìn)入瓶中，穩(wěn)定后測得瓶內(nèi)水的體積為250 mL。將瓶內(nèi)氣體視為理想氣體，全程氣體不泄漏。已知大氣壓強(qiáng)p0 = 1.0 × 105 Pa，水的密度ρ = 1.0 × 103 kg/m3。則：
（1）若溫度保持不變，瓶內(nèi)氣體內(nèi)能的變化量ΔU__0（選填“大于”、“等于”或“小于”），全過程瓶內(nèi)氣體____（選填“吸收熱量”、“放出熱量”或“不吸熱也不放熱”）；
（2）若溫度保持不變，求白天水底的壓強(qiáng)p1和水的深度h。
（3）若白天水底溫度為27℃，夜晚水底的溫度為24℃，水底壓強(qiáng)p1不變，求夜晚瓶內(nèi)氣體體積。
【答案】（1） ①. 等于 ②. 放出熱量
（2）2.0 × 105 Pa，10 m
（3）148.5 mL
【解析】
【小問1詳解】
[1][2]溫度不變，則氣體內(nèi)能不變，即ΔU = 0，氣體體積減小，外界對氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體放出熱量。
【小問2詳解】
根據(jù)玻意耳定律
即
解得
根據(jù)
解得
【小問3詳解】
根據(jù)蓋呂薩克定律可知
即
解得
21. 如圖所示，半徑的四分之一光滑圓軌道與光滑水平長直軌道在點平滑連接，圓軌道A點與圓心等高，點切線水平。一條長度的水平傳送帶以的速度勻速向右運(yùn)行。時刻一物塊在傳送帶左端靜止釋放。另一時刻，一與物塊完全相同的物塊從A點以一初速度釋放。時刻物塊以的速度沖上傳送帶左端。已知物塊、質(zhì)量均恒為，兩物塊與傳送帶的動摩擦因數(shù)均為，兩物塊運(yùn)動過程中均可看作質(zhì)點，兩者的碰撞時間極短（可忽略不計），而且碰后物塊、粘在一起，求：
（1）物塊在A點時受到軌道支持力的大?。?br>（2）碰撞前瞬間物塊、的速度分別多大；
（3）物塊從傳送帶左端運(yùn)動到右端所用的時間；
（4）在0-3s時間內(nèi)，傳送帶額外消耗的電能。
【答案】（1）80N （2）6m/s，8m/s
（3）2s （4）24J
【解析】
【小問1詳解】
從A點到C點的過程中，由動能定理
得
在A點，對物塊受力分析，由牛頓第二定律
得物塊在A點時受到軌道支持力的大小為
【小問2詳解】
在傳送帶上對物塊由牛頓第二定律可知
可得和的加速度大小均為
相遇時由運(yùn)動學(xué)關(guān)系可知
解得
或（舍去）
得碰撞前瞬間物塊、的速度大小分別為
【小問3詳解】
碰撞過程中有動量守恒定律
解得
由運(yùn)動學(xué)公式
解得
，
則
【小問4詳解】
0-2s內(nèi)傳送帶位移
2s-3s內(nèi)對傳送帶的摩擦力和對傳送帶的摩擦力大小相等，方向相反，總的摩擦力對傳送帶不做功所以傳送帶額外消耗的電能
22. 如圖甲所示，一傾角為的絕緣光滑斜面固定在水平地面上，其頂端與兩根相距為的水平光滑平行金屬導(dǎo)軌相連，其末端裝有擋板、。另一傾角、寬度也為的傾斜光滑平行金屬直導(dǎo)軌頂端接一電容的不帶電電容器。傾斜導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌在處絕緣連接（處兩導(dǎo)軌間絕緣物質(zhì)未畫出），兩導(dǎo)軌均處于一豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。從導(dǎo)軌上某處靜止釋放一金屬棒，滑到后平滑進(jìn)入水平導(dǎo)軌，并與電容器斷開，此刻記為時刻，同時開始在上施加水平向右拉力繼續(xù)向右運(yùn)動，之后始終與水平導(dǎo)軌垂直且接觸良好；時，與擋板、相碰，碰撞時間極短，碰后立即被鎖定。另一金屬棒的中心用一不可伸長絕緣細(xì)繩通過輕質(zhì)定滑輪與斜面底端的物塊相連；初始時繩子處于拉緊狀態(tài)并與垂直，滑輪左側(cè)細(xì)繩與斜面平行，右側(cè)與水平面平行。在后的速度-時間圖線如圖乙所示，其中1-2s段為直線，棒始終與導(dǎo)軌接觸良好。、、、均平行。已知：磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，，、和的質(zhì)量均為0.4kg，無電阻，電阻為；導(dǎo)軌電阻、細(xì)繩與滑輪的摩擦力均忽略不計；整個運(yùn)動過程未與滑輪相碰，未運(yùn)動到處，圖甲中水平導(dǎo)軌上的虛線表示導(dǎo)軌足夠長。，，，，圖乙中為一常數(shù)，。求：
（1）棒剛滑到傾斜軌道時的加速度大?。娙萜鞴ぷ髡?，結(jié)果保留1位小數(shù)）；
（2）在1~2s時間段內(nèi)，棒的加速度大小和細(xì)繩對的拉力大??；
（3）時，棒上拉力的瞬時功率；
（4）在2~3s時間段內(nèi)，棒滑行的距離。
【答案】（1）
（2），1.8N
（3）32.3W （4）2.53m
【解析】
【小問1詳解】
做勻加速直線運(yùn)動
解得
【小問2詳解】
由圖像可得在1~2s內(nèi)，棒做勻加速運(yùn)動，其加速度為
依題意物塊的加速度也為，由牛頓第二定律可得
解得細(xì)繩受到拉力
【小問3詳解】
由法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律推導(dǎo)出“雙棒”回路中的電流為
由牛頓運(yùn)動定律和安培力公式有
由于在1~2s內(nèi)棒G做勻加速運(yùn)動，回路中電流恒定為
兩棒速度差
由圖像可知時，棒的速度為
此刻棒的速度為
保持不變，這說明兩棒加速度相同且均為；對棒由牛頓第二定律可求得其受到水平向右拉力
其水平向右拉力的功率
【小問4詳解】
棒停止后，回路中電流發(fā)生突變，棒受到安培力大小和方向都發(fā)生變化，棒是否還拉著物塊一起做減速運(yùn)動需要通過計算判斷，假設(shè)繩子立刻松弛無拉力，經(jīng)過計算棒加速度為
物塊加速度為
說明棒停止后繩子松弛，物塊做加速度大小為2.5m/s2的勻減速運(yùn)動，棒做加速度越來越小的減速運(yùn)動；由動量定理、法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可以求得，在2~3s內(nèi)
棒滑行的距離
這段時間內(nèi)物塊速度始終大于棒滑行速度，繩子始終松弛。
23. 如圖所示，存在垂直平面向外、大小為（T）的磁場，另有與正交的電場，為空間任意點到點的距離，、為系數(shù)。一質(zhì)量為、帶電荷量為（）的粒子繞點做順時針勻速圓周運(yùn)動，電場跟隨帶電粒子同步繞圓心轉(zhuǎn)動，電場方向與速度方向夾角保持不變。帶電粒子重力不計，運(yùn)動時的電磁輻射忽略不計。則：
（1）若（T·m），，求粒子做勻速圓周運(yùn)動的周期大小；（用、、表示）
（2）若，，，求粒子做勻速圓周運(yùn)動的線速度大小；（用、、表示）
（3）若帶電粒子運(yùn)動時還受到阻力，阻力大小與速度大小成正比，方向與速度方向相反，即，為系數(shù)。當(dāng)半徑為時，帶電粒子的角速度大小恒為，求此時帶電粒子運(yùn)動速度的大小（可以用、、、、表示）和；
（4）當(dāng)帶電粒子運(yùn)動到圖中的A點時，撤掉原電場和磁場，整個空間處于垂直平面向外、大小為的勻強(qiáng)磁場中，阻力大小仍與速度大小成正比，方向仍與速度方向相反，試判斷并分析帶電粒子停止的位置能否在的連線上。
【答案】（1）
（2）
（3）；1
（4）不能停在的連線上
【解析】
【小問1詳解】
若（T·m），，則
，E=0
即洛倫茲力提供向心力，有
又
聯(lián)立，解得
【小問2詳解】
若，，，則
，
即電場力提供向心力，有
解得
【小問3詳解】
帶電粒子運(yùn)動速度的大小
帶電粒子在水平面內(nèi)做勻速率圓周運(yùn)動，則粒子在運(yùn)動方向上所受合力為零，即
洛倫茲力與電場力的分力的合力提供向心力
又

解得
【小問4詳解】
以A為原點，方向為軸，切線方向為軸，建立坐標(biāo)系。
若能停在的連線上，軸方向，由動量定理，可得
若能停在連線上，那么
解得
則
解得
同理，軸方向由動量定理可得
若能停在的連線上，則
則
，
兩者矛盾，所以不能停在的連線上。