2024屆浙江省Z20聯(lián)盟（浙江省名校新高考研究聯(lián)盟）高三上學期第一次聯(lián)考物理 Word版含解析.docx

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Z20名校聯(lián)盟（浙江省名校新高考研究聯(lián)盟）2024屆高三第一次聯(lián)考物理試題考生須知：1.本卷共8頁，滿分100分，考試時間90分鐘；2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、座位號及準考證號并填涂相應數(shù)字；3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效；4.可能用到的相關參數(shù)：重力加速度g取10m/s25.考試結(jié)束后，只需上交答題卷。選擇題部分一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分.每小題列出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.下列四組物理量中均為標量的是（）A.電勢電場強度B.電流磁通量C.動量動能D.功率加速度【答案】B【解析】【詳解】電勢、磁通量、動能、功率只有大小沒有方向，是標量，電流雖然有方向，但疊加不符合平行四邊形定則，也是標量；電場強度、動量、加速度既有大小又有方向，是矢量。故選B。2.下列說法正確的是（　?。〢.法拉第對理論和實驗資料進行嚴格分析后，得到法拉第電磁感應定律B.法國物理學家?guī)靵霰容^準確地測定了電子的電荷量C.普朗克為了解釋黑體輻射的問題，提出了能量量子化概念D.愛因斯坦提出的相對論否定了經(jīng)典力學理論【答案】C【解析】【詳解】A．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，而電磁感應定律則是紐曼和韋伯先后提出的，故A錯誤；B．電荷量e的數(shù)值最早是由物理學家密立根測得的，故B錯誤；C．普朗克為了解釋黑體輻射的問題，提出了能量量子化概念，故C正確； D．愛因斯坦提出的相對論，但相對論并沒有否定經(jīng)典力學，而是在其基礎上發(fā)展起來的，只是說明了經(jīng)典力學的局限性，故D錯誤。故選C。3.2020年11月10日8時12分，中國自主研發(fā)的萬米載人潛水器“奮斗者”號，在馬里亞納海溝下沉至接近海底時，向水底發(fā)射出持續(xù)時間為的某脈沖聲波信號，最終在深度處成功坐底。在該深度，“奮斗者”號每平方厘米要承受的海水壓力，并停留進行了一系列的深海探測科考活動。下列說法正確的是（）A.m、N、s是國際單位制中的基本單位B.在下沉過程中，潛水器的位移一定是C.“8時12分”指的是時間間隔D.采集海底礦物時，不能將潛水器視為質(zhì)點【答案】D【解析】【詳解】A．N不是國際單位制中的基本單位，N為導出單位，故A錯誤；B．由于潛水器下沉時不一定是豎直下沉，則位移不一定是，故B錯誤；C．“8時12分”對應時間軸上的點，是時刻，故C錯誤；D．采集海底礦物時，需要注意潛水器的形狀和大小，不能視為質(zhì)點，故D正確。故選D。4.“長征七號”A運載火箭于2023年1月9日在中國文昌航天發(fā)射場點火升空，托舉“實踐二十三號”衛(wèi)星直沖云霄，隨后衛(wèi)星進入預定軌道，發(fā)射取得圓滿成功。已知地球表面的重力加速度大小為g，地球的半徑為R，“實踐二十三號”衛(wèi)星距地面的高度為（h小于同步衛(wèi)星距地面的高度），入軌后繞地球做勻速圓周運動，則（） A.該衛(wèi)星的線速度大小大于7.9km/sB.該衛(wèi)星的動能大于同步衛(wèi)星的動能C.該衛(wèi)星的加速度大小等于gD.該衛(wèi)星的角速度大小大于同步衛(wèi)星的角速度【答案】D【解析】【詳解】A．地球第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時的最大運行速度，可知該衛(wèi)星的線速度小于7.9km/s，故A錯誤；BD．根據(jù)萬有引力提供向心力可得解得，由于該衛(wèi)星軌道半徑小于同步衛(wèi)星軌道半徑，則該衛(wèi)星的線速度大于同步衛(wèi)星的線速度，該衛(wèi)星的角速度大于同步衛(wèi)星的角速度，但由于不清楚該衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的質(zhì)量關系，所以無法確定該衛(wèi)星的動能與同步衛(wèi)星的動能關系，故B錯誤，D正確；C．對該衛(wèi)星，根據(jù)牛頓第二定律可得解得可知該衛(wèi)星的加速度大小小于地面重力加速度g，故C錯誤。故選D。5.炎熱的夏季，有一種網(wǎng)紅水上娛樂項目“水上飛人”十分火爆，其原理是借助腳下的噴水裝置產(chǎn)生反沖動力，讓人騰空而起或平衡或翻滾或勻速或變速運動，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（　?。〢.人在翻滾時，水對裝置的反沖動力大于裝置對水的壓力B.人在減速上升的過程中，機械能一定減少C.人在減速上升過程中一定處于失重狀態(tài) D.人在懸空靜止的一段時間內(nèi)，反沖動力的沖量為零【答案】C【解析】【詳解】A．人在翻滾時，水對裝置的反沖動力與裝置對水的壓力是一對相互作用力，等大反向，故A錯誤；B．無法確定減速上升過程中動能的減少量和重力勢能增加量的大小，故不能判斷機械能如何變化，故B錯誤；C．人在減速上升的過程中，加速度向下，故一定處于失重狀態(tài)，故C正確；D．人在懸空靜止的一段時間內(nèi)，合外力的沖量為零，反沖動力的沖量不為零，和重力的沖量大小相等，方向相反，故D錯誤。故選C。6.如圖所示，一個重為10N的小球O被夾在兩光滑斜面間，斜面AB和AC與水平面的夾角分別為60°和30°，下列說法正確的是（　?。〢.斜面AB對小球的彈力是由小球的形變產(chǎn)生的B.斜面AB對小球的彈力為5NC.斜面AC對小球的彈力為10ND.保持斜面AB傾角不變，緩慢增大斜面AC傾角，斜面AB對小球的彈力不變【答案】B【解析】【詳解】A．斜面對小球的彈力是由斜面的形變產(chǎn)生的，A錯誤；BC．畫出受力分析圖如圖 根據(jù)受力分析圖可得B正確，C錯誤；D．畫出力的動態(tài)變化圖，如圖FC按照箭頭方向變化，則FB在逐漸增大，D錯誤。故選B。7.如圖所示，兩個定值電阻阻值分別為R1和R2，直流電源的電動勢E0，內(nèi)阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為d，極板間存在方向水平向里的勻強磁場。質(zhì)量為m的帶電小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A點進入電容器，做勻速圓周運動，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開電容器。此過程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，則（　?。〢.該小球帶負電B.小球所帶的電量為C.勻強磁場的磁感應強度為D.如果將上極板上移，電容器極板所帶的電量將增大【答案】C【解析】 【詳解】A．小球在復合場區(qū)域做勻速圓周運動，說明電場力和重力平衡，電場力向上；分析電路可知，電容器下極板帶正電，上極板帶負電，場強的方向向上，小球電場力的方向與場強的方向相同，所以小球帶正電，A錯誤；B．電容器極板電壓跟R2兩端電壓相同，大小為所以極板間電場強度大小為小球電場力與重力平衡，有得B錯誤；C．小球做圓周運動的軌跡如圖所示設粒子在電磁場中做圓周運動的半徑為，根據(jù)幾何關系解得根據(jù)解得 D．平行板電容器電容大小為當d增大時，C會減??；而電容器兩端的電壓不變，而可得電容器上的電荷量會減小，D錯誤。故選C。8.在測定年代較近的湖泊沉積物形成年份時，常利用沉積物中半衰期較短的，其衰變方程為→Bi+X。以下說法正確的是（）A.衰變方程中的X是電子B.為了精確測量時間，應該考慮溫度變化對衰變的影響C.的結(jié)合能大于Bi的結(jié)合能D.1000個原子核經(jīng)過一個半衰期后，還剩500個未衰變【答案】A【解析】【詳解】A.根據(jù)核反應的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，衰變方程中的X質(zhì)量數(shù)為零，電荷數(shù)為-1，是電子，選項A正確；B.原子核的半衰期與溫度等外界條件無關，即溫度變化對衰變無影響，選項B錯誤；C.核反應放出能量，生成物更加穩(wěn)定，則的結(jié)合能小于Bi的結(jié)合能，選項C錯誤；D.半衰期是大量原子核衰變的統(tǒng)計規(guī)律，對少數(shù)原子核衰變不適應，選項D錯誤。故選A。9.家庭中用的取暖器，正常工作時所用電壓是按照圖中正弦規(guī)律變化的交流電，取暖器正常工作時的電流是3A。下列表述正確的是（　　）A.該交流電的有效值是311VB.取暖器的阻值約為103.7Ω C.圖中所示電壓的瞬時值表達式為D.取曖器正常工作時的功率約為660W【答案】D【解析】【詳解】A．該交流電的有效值是故A錯誤；B．取暖器的阻值故B錯誤；C．電壓的瞬時值表達式為故C錯誤；D．取曖器正常工作時的功率故D正確。故選D。10.如圖所示，在邊長為L的立方體表面中心EF處固定電荷量均為+q的點電荷，表面中心G、H處固定電荷量均為-q的點電荷。下列說法正確的是（　?。〢.立方體中心處的電場強度為0B.A、C兩點的電勢相等C.若移去H點的電荷，F(xiàn)點的電荷所受電場力大小為 D.若移去H點的電荷，將F點的電荷移到H點的過程中，電場力做正功【答案】B【解析】【詳解】A．F、H處的點電荷在立方體中心處的電場強度方向豎直向上，G、E處的點電荷在立方體中心處的電場強度方向水平向右，根據(jù)電場強度的疊加可知立方體中心處的電場強度不為0，故A錯誤；B．由于A點到兩個正電荷的距離與C點到兩個正電荷的距離相等，同時，A點到兩個負電荷的距離與C點到兩個負電荷的距離相等，故圖中A處電勢等于C處電勢，故B正確；C．若移去H點的電荷，F(xiàn)點的電荷所受電場力大小為故C錯誤；D．若移去H點的電荷，將F點的電荷從F沿直線移到H的過程中，根據(jù)電場強度的疊加可知F點的電荷受到的電場力一直水平向右，速度方向與電場力方向一直垂直，故電場力不做功，故D錯誤。故選B。11.在勻質(zhì)輕繩上有兩個相距10m的波源S1、S2，兩波源上下振動產(chǎn)生兩列繩波，可將其看作簡諧波。兩波源的連線上有兩質(zhì)點A、B，A距S1波源3m，B距S2波源5m，如圖甲所示。t=0時波源S1開始向上振動，其振動方程為cm，而波源S2的振動圖像如圖乙所示。t=0.2s時質(zhì)點A開始振動，則下列說法不正確的是（）A.1s后S1、S2兩波源之間有7個振動加強點B.波源S1產(chǎn)生波的波長為3mC.波源S1產(chǎn)生的波的波速為15m/sD.0～s內(nèi)質(zhì)點B通過的路程為40cm【答案】A【解析】【詳解】BC．由振動方程可知A波源的振動周期為 在一個周期內(nèi)振動從傳到了A點，所以波源產(chǎn)生的波長為波速故BC正確；A．由圖乙可知，振動的周期為由于在同種介質(zhì)中，所以激發(fā)的波的速度為所以由于兩個波源的振動步調(diào)相反，1s后兩波源之間的振動加強點到兩波源之間的距離差滿足其中，由于，解得則加強點為5個，故A錯誤；D．由于B點到波源、的距離相等，所以兩列機械波同時到達B點；并且兩個波源的振動步調(diào)相反，所以B點始終是振動減弱處，其振幅為則B點在一個周期內(nèi)經(jīng)過的路程為8cm；在內(nèi)B點的振動時間為則經(jīng)過的路程為 故D正確。本題要求選擇錯誤的，故選A。12.某地區(qū)常年有風，風速基本保持在4m/s，該地區(qū)有一風力發(fā)電機，其葉片轉(zhuǎn)動可形成半徑為10m的圓面，若保持風垂直吹向葉片，空氣密度為1.3kg/m3，風的動能轉(zhuǎn)化為電能的效率為20%.現(xiàn)用這臺風力發(fā)電機給一水泵供電，使水泵從地下10m深處抽水，水泵能將水抽到地面并以2m/s的速度射出，出水口的橫截面積為0.1m2，水的密度為1×103kg/m3，水泵及電機組成的抽水系統(tǒng)效率為80%，則下列說法正確的是（）A.該風力發(fā)電機的發(fā)電功率約為12.8kWB.每秒鐘水流機械能增加400JC.風力發(fā)電機一天的發(fā)電量可供該水泵正常工作約3hD.若風速變?yōu)?m/s，則該風力發(fā)電機的發(fā)電功率變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】C【解析】【詳解】AD．單位時間內(nèi)沖擊風力發(fā)電機葉片圓面的氣流的體積為單位時間內(nèi)沖擊風力發(fā)電機葉片圓面的氣流的動能為依題意，此風力發(fā)電機發(fā)電的功率為若風速變?yōu)?m/s，則該風力發(fā)電機的發(fā)電功率變?yōu)樵瓉淼?倍；故AD錯誤；B．每秒鐘水流機械能增加約為其中解得故B錯誤；C．水泵正常工作每秒鐘耗電為 風力發(fā)電機一天的發(fā)電量為解得故C正確；故選C。13.某半徑為r的類地行星表面有一單色點光源P，其發(fā)出的各方向的光經(jīng)過厚度為、折射率為n=2的均勻行星大氣層（圖中陰影部分）射向太空。取包含P和行星中心O的某一截面如圖所示，設此截面內(nèi)一衛(wèi)星探測器在半徑為2r的軌道上繞行星做勻速圓周運動，忽略行星表面對光的反射，則（　?。〢.大氣外表面發(fā)光區(qū)域在截面上形成的弧長為B.衛(wèi)星探測器運行時，任意時刻只能在軌道上某部分觀測到光，這部分軌道弧長為C.若該行星沒有大氣層，則衛(wèi)星探測器運行時，在軌道上能觀測到光軌道弧長與有大氣層時的光軌道弧長相同D.若探測器公轉(zhuǎn)方向和行星自轉(zhuǎn)的方向相同，探測器接收到光的頻率一定大于光源發(fā)出的頻率【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)全反射臨界角與折射率的關系有解得由幾何關系可知，點光源發(fā)出的光與圓弧在P點相切時恰好發(fā)生全反射，大氣外表面發(fā)光區(qū)域在截面上形成的弧長為 故A錯誤；B．根據(jù)上述可知，衛(wèi)星探測器運行時，任意時刻只能在軌道上某部分觀測到光，這部分軌道弧長為故B錯誤；C．根據(jù)上述可知，點光源發(fā)出的光與圓弧在P點相切時恰好發(fā)生全反射，即若該行星沒有大氣層，則衛(wèi)星探測器運行時，在軌道上能觀測到光軌道弧長與有大氣層時的光軌道弧長相同，故C正確；D．若探測器公轉(zhuǎn)方向和行星自轉(zhuǎn)的方向相同，探測器接收到光的頻率不一定大于光源發(fā)出的頻率，根據(jù)多普勒效應可知，當探測器與點光源P相對靠近時，探測器接收到光的頻率大于光源發(fā)出的頻率，當探測器與點光源P相對遠離時，探測器接收到光的頻率小于光源發(fā)出的頻率，故D錯誤。故選C。二、選擇題Ⅰ（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，全部選對得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）14.關于以下四幅圖片，說法正確的是（）A.甲圖是電子的干涉圖樣，如果電子是一個一個發(fā)射的，仍能得到干涉圖樣B.乙圖是粒子散射的實驗裝置，當帶熒光屏的顯微鏡放在D位置時，熒光屏上觀察到大量閃光C.丙圖是花粉微粒在液體中運動位置的連線，說明花粉中的分子在做無規(guī)則熱運動D.丁圖是觀察自然光的偏振現(xiàn)象實驗，將偏振片以光線為軸旋轉(zhuǎn)任意角度，屏亮度不變【答案】AD【解析】【詳解】A．甲圖是電子的干涉圖樣，電子具有波粒二象性，即使是一個一個發(fā)射的，也會得到干涉圖樣，故A正確；B．乙圖是粒子散射的實驗裝置，當帶熒光屏的顯微鏡放在D位置時，熒光屏上將觀察到極少量的閃光，因為金原子的原子核非常小，所以大部分 粒子將穿過金箔沿原方向前進，少部分發(fā)生偏轉(zhuǎn)，極少部分會被彈回，故B錯誤；C．丙圖是花粉微粒在液體中運動位置的連線，花粉微粒的無規(guī)則運動是大量液體分子對微粒的撞擊不平衡導致的，故C錯誤；D．丁圖是觀察自然光的偏振現(xiàn)象實驗，自然光包含了沿著各個方向的偏振光，所以將偏振片以光線為軸旋轉(zhuǎn)任意角度，穿過偏振片的光的偏振方向變了，但屏的亮度不變，故D正確。故選AD。15.幾種金屬的逸出功和氫原子的能級圖如圖所示，已知可見光的光子能量在1.62eV-3.11eV之間?，F(xiàn)有大量氫原子處于激發(fā)態(tài)，則（）表幾種金屬的截止頻率和逸出功金屬鎢鈣鈉鉀銣10.957.735.535.445.154.543.202.292.252.13A.氫原子的能級En指的是氫原子中電子的動能B.氫原子從n=4能級躍遷到n=3時會輻射出具有顯著熱效應的電磁波C.處于n=3能級的氫原子在躍遷時輻射出的光子于可以使鉀金屬發(fā)生光電效應，光電子的最大初動能可能為12.09eVD.氫原子從能級3躍遷到能級2和從能級4躍遷到能級2均輻射出可見光，用這兩種光在同一雙縫干涉裝置做實驗，前者的相鄰條紋間距更大【答案】BD【解析】 【詳解】A．氫原子的能級指的是氫原各個狀態(tài)的能量值，包括氫原子的電勢能和動能，故A錯誤；B．氫原子從能級躍遷到時會輻射出光子的能量為屬于紅外線，即具有顯著熱效應的電磁波，故B正確；C．根據(jù)題意可知，大量處于能級的氫原子在躍遷時，可以輻射3種光子，即從躍遷到、從躍遷到和從躍遷到，而從躍遷到躍遷輻射光子的能量最大，最大值為(-1.51eV)-(-13.6eV)=12.09eV，若使鉀金屬發(fā)生光電效應，則逸出光電子的最大初動能為可知光電子的最大初動能不可能為12.09eV，故C錯誤；D．從能級3躍遷到能級2輻射光子的能量為(-1.51eV)-(-3.4eV)=1.89eV；從能級4躍遷到能級2輻射光子的能量為(-0.85eV)-(-3.4eV)=2.55eV，則兩者都是可見光；因從能級3躍遷到能級2輻射光子的能量比從能級4躍遷到能級2均輻射出可見光的能量小，由公式可知，從能級3躍遷到能級2輻射出可見光的波長較大，則用這兩種光在同一雙縫干涉裝置做實驗，根據(jù)可知，前者的相鄰條紋間距更大，故D正確。故選BD。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）實驗題（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三題共14分）16.如圖所示為“探究加速度與力、質(zhì)量的關系”的實驗裝置。（1）該實驗中需要把帶滑輪的長木板右端墊高來補償阻力的影響，在操作此步驟時需要______（單選）A.懸掛槽碼同時連接紙帶并使用打點計時器B.懸掛槽碼但不使用紙帶和打點計時器C.不懸掛槽碼但要連接紙帶并使用打點計時器 D.不懸掛槽碼也不使用紙帶和打點計時器（2）在質(zhì)量不變的情況下探究加速度與合力關系時，應該保持______的總質(zhì)量M不變，多次改變______的總質(zhì)量m并測量出每次對應的加速度。根據(jù)實驗數(shù)據(jù)描繪出______進而得出實驗結(jié)論。以下答案組合中正確的是______（單選）A.小車和車內(nèi)砝碼、槽碼、a-mg圖像B.槽碼、小車和車內(nèi)砝碼、a-mg圖像C.小車和車內(nèi)砝碼、槽碼、a-M-1圖像D.槽碼、小車和車內(nèi)砝碼、a-M-1圖像【答案】①.C②.A【解析】【詳解】（1）[1]該實驗中需要把帶滑輪的長木板右端墊高來補償阻力的影響，使小車的重力沿斜面方向的分力正好補償小車和紙帶受到的阻力，實驗中不懸掛槽碼但要連接紙帶并使用打點計時器。故選C。（2）[2]當小車的質(zhì)量遠大于槽碼的質(zhì)量時，近似認為細線對小車的拉力大小等于槽碼重力的大小?，在質(zhì)量不變的情況下探究加速度與合力關系時，應該保持小車和車內(nèi)砝碼的總質(zhì)量M不變，多次改變槽碼的總質(zhì)量m并測量出每次對應的加速度。根據(jù)實驗數(shù)據(jù)描繪出a-mg圖像進而得出實驗結(jié)論。故選A。17.在“用單擺測定重力加速度”實驗中：（1）先用游標卡尺測小球的直徑D，如圖1所示，則小球的直徑D=______mm（2）調(diào)節(jié)好裝置，用毫米刻度尺測得擺線長為l，拉開一個小角度（小于5%）釋放小球開始擺動，記小球某次經(jīng)過最低點為“1”并按下秒表開始計時，再次經(jīng)過最低點記為“2”，一直數(shù)到“n”時停止計時，秒表記錄時間為t，請寫出重力加速度的字母表達式g=______（用D，l，n，t表示）（3）為了提高實驗的準確度，在實驗中可改變幾次擺長L并測出相應的周期T，從而得出幾組對應的L和T的數(shù)值，以L為橫坐標、T2為縱坐標作出T2—L圖線，但同學們不小心每次都把小球直徑當作半徑來計算擺長，由此得到的T2—L圖像是圖2中的______（選填①、②、③） 【答案】①.19.00②.③.①【解析】【詳解】（1）[1]根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)規(guī)律，該讀數(shù)為（2）[2]令單擺周期為T，根據(jù)計時過程有擺長為根據(jù)單擺周期公式有解得（3）[3]由于把小球直徑當作半徑來計算擺長，則實際擺長為，則有解得可知圖像的縱坐標截距為負值，則由此得到的T2—L圖像是圖2中的①。18.熱敏電阻的阻值會隨溫度的變化而變化。實驗小組用伏安法測量某熱敏電阻的阻值，并研究其阻值與溫度的關系，實驗室可提供的器材有：熱敏電阻Rt（阻值在幾百到幾千歐的范圍內(nèi)）；電壓表V（量程為15V，內(nèi)阻約3kΩ）；電流表A（量程為10mA，內(nèi)阻約1Ω）：滑動變阻器R（最大阻值20Ω）；蓄電池（電動勢為E=12V，內(nèi)阻不計）：開關、導線若干。 （1）為了減小熱敏電阻測量誤差，圖1中電壓表右側(cè)導線接______（選填“a”或“b”）；正確連接電路后，調(diào)節(jié)恒溫箱中的溫度1，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片P，使電流表和電壓表示數(shù)在合適數(shù)值，記錄對應的電流表和電壓表的示數(shù)，并算出熱敏電阻的阻值Rt。多次改變溫度t，算出對應的阻值Rt；（2）在坐標紙上作出Rt與溫度t關系圖像如圖2所示。由圖可知，當電壓表的示數(shù)為9.0V，電流表的示數(shù)為3.0mA時，熱敏電阻所在處的溫度約為______°C；（3）實驗小組用該熱敏電阻設計了如圖3所示的保溫箱溫度控制電路，Rt為熱敏電阻，R2為電阻箱，控制系統(tǒng)可視為R=300Ω的電阻，電源的電動勢E0=10V（內(nèi)阻不計）。當通過控制系統(tǒng)的電流小于2mA時，加熱系統(tǒng)將開啟為保溫箱加熱；當通過控制系統(tǒng)的電流達到2mA時，加熱系統(tǒng)將關閉。若要使得保溫箱內(nèi)溫度低于48°C，加熱系統(tǒng)就開啟，應將R2調(diào)為______Ω；【答案】①b②.48③.1700【解析】【詳解】（1）[1]因為有故電流表應采用內(nèi)接法，圖1中電壓表右側(cè)導線接b；（2）[2]當電壓表示數(shù)為9.0V，電流表的示數(shù)為3.0mA時，熱敏電阻的阻值為根據(jù)圖2可知熱敏電阻所處的溫度約為48℃；（3）[3]取控制系統(tǒng)電流為由圖2知，當溫度為48℃時熱敏電阻的阻值為，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有代入數(shù)據(jù)得 所以若要使得保溫箱內(nèi)溫度低于48°C，加熱系統(tǒng)就開啟，應將R2調(diào)為1700Ω。19.關于下列實驗，說法正確的是（）A.“用油膜法測油酸分子大小”的實驗中，由于油酸酒精溶液長時間放置，會導致測量結(jié)果偏小B.“測量玻璃的折射率”實驗中，入射光路上大頭針、與出射光路上的、分布在一條直線上C.“探究平拋運動的特點”實驗中，應用光滑的曲線將描在紙上的所有點連起來，得到軌跡D.“探究影響感應電流方向的因素”實驗中，必須要確定電流表指針偏轉(zhuǎn)方向和電流方向的關系【答案】AD【解析】【詳解】A．如果油酸酒精溶液長時間放置在空氣中，酒精揮發(fā)，導致油酸酒精溶液中的油酸體積分數(shù)增大，1滴油酸酒精溶液形成的面積偏大，則分子直徑的測量結(jié)果偏小，故A正確；B．“測量玻璃的折射率”實驗中，入射光與出射光相互平行，但不在同一條直線上，故B錯誤；C．“探究平拋運動的特點”實驗中，應用光滑的曲線將描在紙上的點連起來，偏差較大的點可以舍去，故C錯誤；D．“探究影響感應電流方向的因素”實驗中，需要根據(jù)電流表指針偏轉(zhuǎn)方向用于確定電流方向，故D正確。故選AD。20.如圖所示，導熱氣缸（不計缸壁厚度）與活塞之間無摩擦且不漏氣，通過不可伸長的繩索豎直懸掛。氣缸質(zhì)量m=4kg，底面積為S=0.04m2，氣缸內(nèi)密封一定質(zhì)量的理想氣體。從狀態(tài)A開始，氣體緩慢升溫至狀態(tài)B，活塞與底面間的距離從LA=30cm，增大到LB=40cm，此時溫度為400K。在狀態(tài)B將活塞鎖定，氣體溫度下降到350K至狀態(tài)C。已知，大氣壓強p0=1.01×105Pa，A到C過程氣體內(nèi)能增加量為500J。試求理想氣體：（1）在狀態(tài)A的溫度TA；（2）在狀態(tài)C的壓強；（計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）（3）從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中，吸收的熱量Q。 【答案】（1）300K；（2）；（3）900J【解析】【詳解】（1）氣體從狀態(tài)A緩慢升溫至狀態(tài)B，氣體發(fā)生等壓變化，則有其中，解得（2）氣體從狀態(tài)B緩慢降溫至狀態(tài)C，氣體發(fā)生等容變化，則有又解得聯(lián)立解得（3）根據(jù)熱力學第一定理可得又聯(lián)立解得從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中，吸收的熱量為21.如圖所示為一游戲裝置的豎直截面圖，A、B、D、E、H、I處于同一水平面上，在A端的彈簧裝置能將滑塊（可視為質(zhì)點）水平彈出，并從B點順利進入曲線軌道BC、半徑為R的螺旋圓軌道CD、曲線軌道CE。在E點連接了傾角為的斜面EF和水平平臺FG，平臺FG高度為且平臺長度為 。靠在平臺右側(cè)的小車上表面與平臺FG齊平，小車的長度為，在B、F處均設置了轉(zhuǎn)向防脫離軌道裝置。已知滑塊的質(zhì)量，小車的質(zhì)量，，，，，，滑塊與斜面EF、平臺FG間的動摩擦因數(shù)均為，滑塊與小車上表面間的動摩擦因數(shù)為，其余部分均光滑，各處平滑連接，不計空氣阻力，取，。求：（1）若滑塊在C處對軌道的壓力為時，此時滑塊的向心加速度大?。唬?）若彈簧的彈性勢能為，螺旋圓軌道能承受的最大壓力為，且螺旋圓軌道半徑R可以通過改變C的位置而改變（保持最高點D的高度不變），要使滑塊第一次進入螺旋圓軌道時能順利通過，求螺旋圓軌道半徑R需滿足的條件；（3）螺旋圓軌道半徑時，若要求滑塊最終停在小車上，車獲得的動能和彈簧的彈性勢能之間應滿足的關系?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）（）【解析】【詳解】（1）滑塊在C處，根據(jù)牛頓第二定律可得解得此時滑塊的向心加速度大小為（2）臨界1：滑塊恰好過最高點D點，有重力提供向心力得根據(jù)能量守恒可得解得 臨界2：對最低點C點的壓力為，根據(jù)牛頓第二定律可得根據(jù)能量守恒可得解得則軌道半徑需要滿足（3）設滑塊到G點的速度為，滑塊從A到G的過程，根據(jù)能量守恒可得小車與滑塊共速，根據(jù)動量守恒可得可得聯(lián)立可得要保證滑塊不滑出小車右端，如滑塊恰好滑到小車右端，則有可得則有綜上所述可得（）22.如圖所示，兩根一樣的“L”形金屬導軌平行放置，其間距d=0.75m ，導軌豎直部分粗糙，水平部分光滑且足夠長。整個裝置處于方向豎直向上、大小B=1T的勻強磁場中。有兩根導體棒ab和cd，它們的質(zhì)量都為m=0.1kg，阻值都為R=lΩ，ab棒與豎直導軌間的動摩擦因數(shù)=0.5。ab棒在豎直導軌平面左側(cè)并垂直導軌固定，cd棒垂直導軌放置在水平導軌上?，F(xiàn)用一大小F=3N的水平恒力由靜止開始向右拉動cd棒，同時釋放ab棒。t=ls末，ab棒速度恰好為0。ab棒始終與豎直導軌接觸良好，其余電阻不計，求：.（1）當cd棒的速度為v0=1m/s時，cd棒兩端電壓Ucd和流過ab棒的電流I的大??；（2）t=ls末cd棒的速度v；（3）在0～1s內(nèi)，兩根棒上產(chǎn)生的總焦耳熱Q?！敬鸢浮浚?），；（2）10m/s；（3）【解析】【詳解】（1）當cd棒的速度為v0=1m/s時，產(chǎn)生的感應電動勢為cd棒兩端電壓為流過ab棒的電流大小為（2）對ab棒在0～ls過程中運用動量定理解得對cd棒在0～1s過程中運用動量定理 聯(lián)合解得（3）cd棒在0～1s過程中受到安培力的沖量解得對cd棒在0～ls過程中運用動能定理由于安培力對ab棒不做功，故可得23.如圖為某同學設計的帶電粒子的聚焦和加速裝置示意圖。位于S點的粒子源可以沿紙面內(nèi)與SO1（O1為圓形磁場的圓心）的夾角為的方向內(nèi)均勻地發(fā)射速度為v0=10m/s、電荷量均為q=-2.0×10-4C、質(zhì)量均為m=1.0×10-6kg的粒子，粒子射入半徑為R=0.1m的圓形區(qū)域勻強磁場。已知粒子源在單位時間發(fā)射N=2.0×105個粒子，圓形區(qū)域磁場方向垂直紙面向里，沿著SO1射入圓形區(qū)域磁場的粒子恰好沿著水平方向射出磁場。粒子數(shù)控制系統(tǒng)是由豎直寬度為L、且L在范圍內(nèi)大小可調(diào)的粒子通道構(gòu)成，通道豎直寬度L的中點與O1始終等高。聚焦系統(tǒng)是由有界勻強電場和有界勻強磁場構(gòu)成，勻強電場的方向水平向右、場強E=0.625N/C，邊界由x軸、曲線OA和直線GF（方程為：y=-x+0.4（m））構(gòu)成，勻強磁場方向垂直紙面向里、磁感應強度B=0.25T，磁場的邊界由x軸、直線GF、y軸構(gòu)成，已知所有經(jīng)過聚焦系統(tǒng)的粒子均可以從F點沿垂直x軸的方向經(jīng)過一段真空區(qū)域射入加速系統(tǒng)。加速系統(tǒng)是由兩個開有小孔的平行金屬板構(gòu)成，兩小孔的連線過P點，上下兩板間電勢差U=-10kv，不計粒子的重力和粒子間的相互作用力。求：（1）圓形磁場的磁感應強度B0；（2）當L=R時，求單位時間進入聚焦系統(tǒng)的粒子數(shù)N0；（3）若進入加速系統(tǒng)內(nèi)粒子的初速度均忽略不計，設從加速系統(tǒng)射出的粒子在測試樣品中運動所受的阻力f與其速度v關系為（k=0.2N·s·m-1），求粒子在樣品中可達的深度d；（4）曲線OA的方程。 【答案】（1）0.5T；（2）；（3）；（4）【解析】【詳解】（1）由洛倫茲力提供向心力得解得（2）臨界1：粒子恰好從控制系統(tǒng)上邊界進入，粒子在S點入射速度與的夾角為解得臨界2：粒子恰好從控制系統(tǒng)下邊界進入，粒子在S點入射速度與的夾角為解得能進入控制系統(tǒng)的粒子數(shù)個（3）對粒子在加速系統(tǒng)運用動能定理： 解得對粒子進入樣品得過程運用動量定理（4）設粒子從曲線OA的點進入電場，則粒子從直線GF的點射出電場，得