浙江省三校2023-2024學年高三上學期12月聯(lián)考（選考模擬）物理Word版含解析.docx

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浙江省普通高校招生選考科目模擬考試物理試題考生須知：1．本卷滿分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、考場、座位號及準考證號并核對條形碼信息；3．所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效，考試結(jié)束后，只需上交答題卷；4．可能用到的相關參數(shù)：重力加速度g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.普朗克在研究黑體輻射規(guī)律時，于1900年首次提出“能量子”，表達式為。普朗克常量單位用國際單位制基本單位表示正確的是（　?。〢.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】能量的單位為，頻率的單位為，所以的單位為，而則普朗克常量的單位用國際單位制基本單位表示為故選C。2.汽車的車廂地面上水平放著一個內(nèi)裝圓柱形工件的木箱，工件截面和車的行駛方向垂直如圖乙所示，當汽車勻速通過三個半徑依次變小的圓形彎道時木箱及箱內(nèi)工件均保持相對靜止。從汽車行駛方向上看下列分析判斷正確的是（　　） A.Q和M對P的支持力大小始終相等B.汽車過A、B、C三點時工件P受到的合外力大小相等C.汽車過A點時，汽車重心的角速度最大D.汽車過A、C兩點時，M對P的支持力大于Q對P的支持力【答案】D【解析】【詳解】A．汽車過A、B、C三點時，做勻速圓周運動，合外力指向圓弧的圓心，故對P分析，AC兩點合外力向左，B點合外力向右，Q和M對P的支持力大小不是始終相等，A錯誤。B．汽車過A、B、C三點時的圓弧軌道半徑不同，根據(jù)合外力提供向心力得，當汽車勻速通過三個半徑依次變小的圓形彎道時，工件P受到的合外力大小依次在增大，B錯誤；C．汽車過A點時，由角速度與線速度關系得，在A點圓弧軌道半徑最大，汽車重心的角速度應該最小，C錯誤；D．汽車過A、C兩點時，所受的合外力向左，故M對P的支持力大于Q對P的支持力，D正確。故選D。3.體育器材室里，籃球擺放在如圖所示的球架上.已知球架的寬度為，每個籃球的質(zhì)量為，直徑為，不計球與球架之間的摩擦，重力加速度為.則每個籃球?qū)σ粋?cè)球架的壓力大小為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【詳解】以任意一只籃球為研究對象，分析受力情況，如圖所示，設球架對籃球的支持力與豎直方向的夾角為.由幾何知識得，根據(jù)平衡條件得，解得，則得籃球?qū)σ粋?cè)球架的壓力大為，故選項C正確.4.如圖是“液面報警器”的原理示意圖，其中T是熱電式元件。當T未露出液面時，指示燈不亮；當T露出液面時，指示燈亮，如圖（b）所示。對這個裝置，下列判斷正確的是（　?。〢.T是熱電阻B.T是熱敏電阻C.T元件的電阻率隨溫度的升高而增大D.圖（a）中T的溫度高于圖（b）中T的溫度【答案】B【解析】【詳解】AB．由圖可知，T在未露出液面時和露出液面由于溫度不同而導致電阻不同，故T是熱敏電阻，故A錯誤，B正確；CD．當T未露出液面時的溫度應低于露出液面時的溫度，而當T未露出液面時，指示燈不亮，說明此時電阻較大，故溫度越低，電阻越大，其電阻率越大，故CD錯誤。故選B。5.1824年法國科學家阿拉果完成了著名的“圓盤實 驗”。實驗中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針，如圖所示。實驗中發(fā)現(xiàn)，當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時，磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動起來，但略有滯后。下列說法正確的是（　?。〢.圓盤不產(chǎn)生感應電動勢B.圓盤內(nèi)的感應電流產(chǎn)生的磁場導致磁針轉(zhuǎn)動C.在圓盤轉(zhuǎn)動的過程中，磁針對圓盤做正功D.圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流，此電流產(chǎn)生的磁場導致磁針轉(zhuǎn)動【答案】B【解析】【詳解】A．圓盤在轉(zhuǎn)動中由于半徑方向的金屬條切割磁感線，從而在圓心和邊緣之間產(chǎn)生了感應電動勢，故A錯誤；B．圓盤在徑向的金屬條切割磁感線過程中，內(nèi)部距離圓心遠近不同的點電勢不等，從而形成渦流，渦流產(chǎn)生的磁場又導致磁針轉(zhuǎn)動，故B正確；C．圓盤轉(zhuǎn)動過程中，圓盤對磁針做正功，磁針對圓盤做負功，選項C錯誤；D．引起磁針轉(zhuǎn)動的電流是導體切割產(chǎn)生的，不是因為自由電子隨圓盤轉(zhuǎn)動形成的電流引起的，故D錯誤。故選B。6.我國北斗導航衛(wèi)星系統(tǒng)包含多顆地球同步衛(wèi)星，這有助于減少我國對GPS導航系統(tǒng)的依賴，GPS由運行周期為12小時的衛(wèi)星群組成，設北斗星的同步衛(wèi)星和GPS導航的軌道半徑分別為R1和R2，向心加速度分別為a1和a2，則R1∶R2和a1∶a2的比值分別為（　?。〢.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)開普勒第三定律可知 則根據(jù)可得可得故選C。7.如圖電路，L是線圈，A是燈泡。在此電路中觀察到如下三個現(xiàn)象。a現(xiàn)象：閉合開關S，A發(fā)光；b現(xiàn)象：保持S閉合，A的亮度不變；c現(xiàn)象：斷開S瞬間，A閃亮一下后熄滅。對這個電路及三個現(xiàn)象，下列說法正確的是（　?。〢.a現(xiàn)象中A沒有閃亮，表明合上S瞬間，L沒有自感電動勢B.b現(xiàn)象表明L的電阻遠小于A的電阻C.c現(xiàn)象表明斷開S瞬間電源提供給A的功率瞬間增大D.合上S瞬間，電源輸出的電能大于燈泡A和線圈L產(chǎn)生的焦耳熱之和【答案】D【解析】【詳解】A．A與L并聯(lián)，a現(xiàn)象中電流直接通過A，不會出現(xiàn)閃亮現(xiàn)象，A錯誤；B．保持S閉合，A的亮度不變，說明A與L的阻值相差不大，B錯誤；C．斷開S瞬間，L產(chǎn)生自感電動勢，與A形成通路，使A閃亮后熄滅，與電源無關，C錯誤；D．線圈將一部分電場能轉(zhuǎn)化為磁場能儲存起來，則合上S瞬間，電源輸出的電能大于燈泡A和線圈L 產(chǎn)生的焦耳熱之和，D正確。故選D。8.如圖所示有三個斜面1、2、3，斜面1與2底邊相同，斜面2和3高度相同，同一物體與三個斜面的動摩擦因數(shù)相同，當物體分別沿三個斜面從頂端由靜止下滑到底端時，下列說法正確的是（　　）A.物體損失的機械能B.物體與斜面摩擦產(chǎn)生的熱量C.物體到達底端的速度D.物體運動的時間【答案】B【解析】【詳解】AB．設斜面和水平方向夾角為θ，斜面長度為L，則物體下滑過程中克服摩擦力做功為W=μmgLcosθLcosθ即為底邊長度，由圖可知1和2底邊相等且小于3的，故摩擦生熱關系為Q1=Q2＜Q3所以損失的機械能ΔE1=ΔE2＜ΔE3故A錯誤，B正確；C．設物體滑到底端時的速度為v，根據(jù)動能定理得根據(jù)圖中斜面高度和底邊長度可知滑到底邊時速度大小關系v1＞v2＞v3故C錯誤；D．沿斜面運動的時間因為θ2＞θ3，L2＜L3 所以t2＜t3由于斜面1、2的傾角關系未知，無法確定t1和t2，故D錯誤。故選B。9.如圖，兩列在同一水面?zhèn)鞑サ牟?，波面均為直線，周期均為T，振幅均為A，傳播速度均為v、傳播方向相互垂直。實線表示波峰，粗虛線表示波谷。R點是N點與P點連線的中點。下列判斷正確的是（　?。〢.質(zhì)點M和N的振幅相等B.細虛線MQ上各點振動均加強，細虛線NP上各點振動均減弱C.水面凸起最高位置的移動速度為2vD.從圖示時刻開始經(jīng)過，質(zhì)點R的位移為-A【答案】D【解析】【詳解】A．由圖可知，M點振動加強，振幅為2A，而N點振動減弱，振幅為0，故A錯誤；B．MQ中點為波峰和波谷相遇點，振動減弱，而NP中點為波峰和波峰或者波谷和波谷相遇點，振動加強，所以細虛線MQ、NP上均既有振動加強點也有振動減弱點，故B錯誤；C．水面凸起最高位置的質(zhì)點振動速度為零，只有波動速度，根據(jù)運動的合成原理結(jié)合圖像可知，水面凸起最高位置的移動速度為故C錯誤；D．由圖可知，R為振動加強點，且在圖示時刻為兩列波的平衡位置相遇點，所以R處于平衡位置且向負方向振動，根據(jù)簡諧運動的相關知識可知，從圖示時刻開始經(jīng)過 ，質(zhì)點應處于平衡位置和負的最大位移處的中點，所以質(zhì)點R的位移為-A，故D正確。故選D。10.半徑為R，均勻帶正電荷的球體在空間產(chǎn)生球?qū)ΨQ的電場；場強大小沿半徑分布如圖所示，圖中E0已知，E—r曲線下O—R部分的面積等于R—2R部分的面積。已知靜電常數(shù)為k，則下列判斷正確的是（　　）A.帶電球體是等勢體B.球心與球表面間的電勢差C.球心與球表面間的電勢差D.帶電球所帶的電荷量【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)圖像可知，內(nèi)部場強并非為零，根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知，帶電球體不是等勢體，電勢在改變。故A錯誤；BC．E-r曲線下圍成的面積表示電勢差，則球心與球表面間的電勢差故B錯誤C正確；D．球外電場可等效于電荷量集中在球心的點電荷產(chǎn)生，帶電球所帶的電荷量為Q，根據(jù)R處的場強為E0，有解得故D錯誤。 故選C。11.已知鈉原子在A、B、C、D幾個能級間躍遷時輻射的光的波長及光子能量如表所示。下列判斷正確的是（　　）能級躍遷D→AC→AB→A光子波長285nm330nm590nm光子能量4.4eV3.8eV2.1eVA.D→B產(chǎn)生的光的波長為（590-285）nm=305nmB.B→A與D→B產(chǎn)生的光在同一雙縫干涉裝置中，相鄰干涉條紋的間距之比為2.1∶2.3。C.D→C與C→B產(chǎn)生的光子，動量之比為6∶17D.C→A產(chǎn)生的光能使某種金屬發(fā)生光電效應，則D→B產(chǎn)生的光也一定能使這種金屬發(fā)生光電效應【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)得能級圖如圖所示由代入數(shù)據(jù)解得故A錯誤； B．根據(jù)雙縫干涉規(guī)律得B→A產(chǎn)生的光的波長為由D→B產(chǎn)生光的波長為聯(lián)立可解得故B錯誤；C．由A中圖可知由而動量得兩種光子的動量之比等于其能量之比故C正確；D．C→A的能級差為D→B其能級差為 由可得越大頻率越大，明顯所以C→A產(chǎn)生的光能使某種金屬發(fā)生光電效應，而D→B產(chǎn)生的光不一定能使這種金屬發(fā)生光電效應，故D錯誤。故選C。12.如圖所示，在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中，兩根足夠長的平行光滑金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L。一質(zhì)量為m的導體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好。軌道左端MP間接一電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源，并聯(lián)電阻的阻值為R。不計軌道和導體棒的電阻，閉合開關S后導體棒從靜止開始，經(jīng)t秒以v勻速率運動，則下列判斷正確的是（　?。〢.速率B.從秒電源消耗的電能C.t秒后通過電阻R的電流為零D.t秒末導體棒ab兩端的電壓為E【答案】A【解析】【詳解】ACD．閉合開關S后導體棒從靜止開始，經(jīng)t秒以v勻速率運動，可知此時導體棒不受安培力作用，導體棒中的電流為0，導體棒ab產(chǎn)生的電動勢與電阻兩端電壓相等，則有此時通過電阻R的電流為則有 聯(lián)立可得t秒末導體棒ab兩端的電壓為故A正確，CD錯誤；B．從秒，根據(jù)能量守恒可知，電源消耗的電能轉(zhuǎn)化為導體棒的動能，電阻和內(nèi)阻的焦耳熱，且通過電阻并不是一直為，所以故B錯誤。故選A。13.圖中全反射棱鏡玻璃對所有可見光的折射率均大于1.5，一束由兩種單色可見光組成的復色光平行于底面AB射入AC面，從BC面出射的光分成了相互平行的兩束光1和2，光束1在光束2的上方。下列判斷正確的是（　?。〢.光束1中的單色光波長大于光束2中的單色光波長B.若入射方向不變?nèi)肷潼c上移，光束1和2的距離減小C.若入射光繞O點順時針轉(zhuǎn)過小于45°的角，光束1和2不再平行D.若入射光繞O點從圖示位置開始順時針緩慢轉(zhuǎn)動，光束2先從AB面射出【答案】D【解析】【詳解】A．光束1在光束2的上方，根據(jù)題意做出光路圖，可知光束1的偏折程度較大，光束1的折射率較大，光束1的頻率較大，根據(jù) 可知光束1中的單色光波長小于光束2中的單色光波長，故A錯誤；B．若入射方向不變?nèi)肷潼c上移，復色光的入射角不變，折射角不變，若復色光仍在AB面發(fā)生全反射，再從BC面出射，根據(jù)幾何關系可知光束1和2的距離不變，故B錯誤；C．若入射光繞O點順時針轉(zhuǎn)過小于45°的角，根據(jù)幾何關系有根據(jù)折射定律有，可得可知光束1從BC面出射的光與入射光平行，同理可得光束2從BC面出射的光與入射光平行，故光束1和2仍平行，故C錯誤；D．若入射光繞O點從圖示位置開始順時針緩慢轉(zhuǎn)動，入射角減小，則光束1、光束2折射角都減小，由于光束2的折射率較小，光束2的折射角較大，光束2先從AB面射出，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2分，有選錯的得0分）14.碳14具有放射性，經(jīng)過衰變，轉(zhuǎn)化成氮14，半衰期為5730年。已知放出的粒子速度接近光速，質(zhì)量約為靜止質(zhì)量的7倍，動量仍然等于質(zhì)量乘以速度。已知靜止的電子質(zhì)量約為，靜止的質(zhì)子質(zhì)量約為，普朗克常數(shù)。則（　　）A.與相比，中核子的平均質(zhì)量較小B.粒子與光電效應中產(chǎn)生的光電子不是同種粒子C.靜止的發(fā)生衰變，產(chǎn)物核的速度約（取1位有效數(shù)字） D.粒子的波長數(shù)量級與原子直徑的數(shù)量級相同【答案】AC【解析】【詳解】A．氮14是由碳14經(jīng)過衰變后產(chǎn)生的，核反應后放出β粒子質(zhì)量減小，與核子數(shù)相等，可知中核子的平均質(zhì)量較小，故A正確；B．粒子本質(zhì)上是電子，光電效應中產(chǎn)生的光電子也為電子，故B錯誤；C．靜止的發(fā)生衰變，由動量守恒定律可得由題意可得，解得故C正確；D．由德布羅意波長公式可得粒子的波長約為代入數(shù)據(jù)解得知粒子的波長數(shù)量級，而原子直徑的數(shù)量級，故D錯誤。故選AC。15.如圖所示，是用磁聚焦法測某種離子比荷的一種裝置。離子以很小的速度從a板小孔進入加速電場，從b板小孔水平向右射出，進入一個極板很短、加有不大的交變電壓的電容器。不同時刻通過電容器的粒子獲得不同的橫向速度，然后進入由線圈產(chǎn)生的勻強磁場，這些離子在磁場中沿不同的螺旋線運動，調(diào)節(jié)通過線圈的電流改變磁感應強度B，使它們經(jīng)過一個周期剛好聚焦于熒光屏上的O點，測出有關數(shù)據(jù)即可得到比荷。下列說法正確的有（　?。?A.測量原理用到離子在磁場中圓周運動的周期與速度無關這一性質(zhì)B.同時刻進入電容器中的離子運動軌跡相同C.線圈產(chǎn)生的磁場方向必須水平向右D.電容器上所加電壓也可以是恒定電壓【答案】AB【解析】【詳解】A．離子在磁場中做圓周運動時，由可得則周期為可知測量原理用到離子在磁場中圓周運動的周期與速度無關這一性質(zhì)，故A正確；B．同時刻進入電容器中的離子，離開電容器進入磁場時的速度相同，所以離子運動軌跡相同，故B正確；C．線圈產(chǎn)生的磁場方向不一定要水平向右，也可以水平向左，故C錯誤；D．容器上所加電壓不可以是恒定電壓，因為如果是恒定電壓，將使得不同時刻進入電容器的粒子，離開電容器進入磁場時的速度相同，所有離子的運動軌跡都相同，故D錯誤。故選AB。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16.用圖（a）裝置研究擺動物體的機械能，細線不可伸縮、質(zhì)量不計，鋼球的底端沿細線方向固定一質(zhì)量可不計的擋光條，光電門固定在擋光條軌跡的最低位置。 （1）用天平稱得鋼球的質(zhì)量為m=100g。用游標卡尺測擋光條的寬度，位置如圖（b），則擋光條的寬度d=______mm。（2）某次實驗，將鋼球拉離最低點h=10cm靜止釋放，與光電門相連的數(shù)字毫秒計的示數(shù)為2.4ms，當?shù)氐闹亓铀俣萭=9.80m/s2，鋼球的動能增加了______J（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。（3）改變釋放位置的高度進行多次實驗，發(fā)現(xiàn)總有動能的增加量大于勢能的減小量，可見這是一種______（填“系統(tǒng)誤差”“偶然誤差”），如果h和t的測量都是準確的，其產(chǎn)生原因是：______。?！敬鸢浮竣?3.58②.0.110③.系統(tǒng)誤差④.由于光電門單位位置在球心下方，測出的速度大于鋼球的實際速度【解析】【詳解】（1）[1]擋光條的寬度為d=3mm+29×0.02mm=3.58mm（2）[2]鋼球通過光電門的速度大小為則鋼球的動能增加了（3）[3]改變釋放位置的高度進行多次實驗，發(fā)現(xiàn)總有動能的增加量大于勢能的減小量，可見這是一種系統(tǒng)誤差。[4]如果h和t的測量都是準確的，其產(chǎn)生原因是由于光電門單位位置在球心下方，測出的速度大于鋼球的實際速度。17.用圖（a）電路測量一個電壓約2V的蓄電池的電動勢和內(nèi)阻。（1）圖（b）中已將部分電路進行了連接，其中的多用表用來測量電壓，在圖（b）中將電路連接完成______。（2）閉合開關前，變阻器的滑動觸頭應置于______ （填“左端”“右端”）。多用電表的選擇開關部分如圖（c）所示，選擇開關應撥到______。（3）某次實驗得到的數(shù)據(jù)如表所示，用圖像法處理數(shù)據(jù)時，對縱坐標U和橫坐標I的起點，下列設計合理的是______（單選）。I/A1.721350.980.630.34U/V1.881.921.931.981.99A.0，0B.0，0.2C.1.5，0D.1.5，0.2（4）實驗小組為測量多用電表內(nèi)部的電動勢大小，取來伏特表并按圖（d）電路連接。實驗中多用電表選擇開關為歐姆“×100”擋，伏特表量程“3V”。它們的示數(shù)如圖（e）所示，根據(jù)數(shù)據(jù)計算得出：歐姆表內(nèi)部的電池電動勢為______V（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。【答案】①.②.左端③.直流2.5V④.C⑤.2.1【解析】【詳解】（1）[1]根據(jù)電路圖連接實物圖，如圖： （2）[2][3]閉合開關前，變阻器應在最大阻值處，滑動觸頭應置于左端；蓄電池的電動勢約2V，則選擇開關應撥到直流2.5V；（3）[4]由表格可知電壓從1.88V變化起，則縱坐標U和橫坐標I的起點應選擇1.5V和0。故選C。（4）[5]實驗中多用電表選擇開關為歐姆“×100”擋，則多用電表內(nèi)阻為1500，根據(jù)多用電表可知電壓表內(nèi)阻為1900，根據(jù)電壓表示數(shù)可知路端電壓為1.20V，根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律可知V18.以下實驗中，說法正確的是（）A.“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”實驗中，彈簧秤不能與桌面接觸B.“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實驗中，電容放電時電流均勻減小C.“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗中，將1滴油酸酒精溶液滴到平靜的灑有薄而均勻爽身粉的水面，產(chǎn)生的油膜將迅速變到最大，然后略有收縮再保持穩(wěn)定D.“用單擺測重力加速度”實驗中，測量多次全振動的時間再求出周期，這樣做的目的是減小測量周期的相對誤差【答案】CD【解析】【詳解】A．“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”實驗中，彈簧秤外殼不能內(nèi)部彈簧接觸，可以與桌面接觸，故A錯誤；B．“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實驗中，電容放電時電流逐漸減小，但不是均勻減小，故B錯誤；C．“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗中，將1滴油酸酒精溶液滴到平靜的灑有薄而均勻爽身粉的水面，產(chǎn)生的油膜將迅速變到最大，然后由于液體表面張力的作用，略有收縮再保持穩(wěn)定，故C正確；D．“用單擺測重力加速度”實驗中，測量多次全振動的時間再求出周期，這樣做的目的是減小測量周期的相對誤差，故D正確。故選CD。19.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A依次經(jīng)過狀態(tài)B、C和D后再回到狀態(tài)A。其中，A→B和 C→D為等溫過程，B→C和D→A為絕熱過程（氣體與外界無熱量交換）。這就是著名的“卡諾循環(huán)”。（1）在B→C過程中，氣體分子的平均動能______（填“增大”還是“減小”），在D→A過程中，氣體分子的速率分布曲線______（填“不發(fā)生變化”還是“發(fā)生變化”）。（2）該循環(huán)過程中，若氣體在A→B過程中吸收63kJ的熱量，在C→D過程中放出38kJ的熱量，求：氣體在A→B過程中對外做的功和完成一次循環(huán)對外做的功。（）（3）若該循環(huán)過程中的氣體為1mol，氣體在A狀態(tài)時的體積為10L，在B狀態(tài)時壓強為A狀態(tài)時的。求氣體在B狀態(tài)時單位體積內(nèi)的分子數(shù)。（已知阿伏加德羅常數(shù)。計算結(jié)果保留一位有效數(shù)字）（）【答案】①.減?、?發(fā)生變化③.63kJ，25kJ④.【解析】【詳解】（1）[1]B→C過程為絕熱過程，則有，且從圖上看，氣體體積增大，氣體對外做功，則有，由熱力學第一定律可得則氣體的溫度將變低，氣體分子的平均動能變??；[2]D→A為絕熱過程，則有，且從圖上看，氣體的體積減小，外界對氣體做功，有，由熱力學第一定律可以判斷出氣體的內(nèi)能變大，故氣體溫度升高，則氣體分子的速率分布曲線會發(fā)生變化。（2）[3]A→B為等溫過程，則，吸收63kJ的熱量，則，由熱力學第一定律得氣體在A→B過程中對外做的功;從（1）的分析中，知內(nèi)能減小的過程為B→C；B→C和D→A為絕熱過程，無熱量交換，若在A→B 過程中吸收63kJ的熱量，在C→D過程中放出38kJ的熱量，則整個過程熱量交換為整個循環(huán)中內(nèi)能變化量為0，由熱力學第一定律得可得故整個過程對外做的功為25kJ。（3）[4]A→B過程為等溫過程，由求得單位體積內(nèi)的分子數(shù)20.如圖所示，光滑水平軌道OA的右端拴連一只勢能為Ep的輕質(zhì)壓縮彈簧，左端與等高的長L=1.25m的水平傳送帶AB相近而不接觸，傳送帶B端與豎直固定的半徑R=0.4m的光滑半圓軌道最高點相近，半圓軌道最低點C與放置于光滑水平面上質(zhì)量M=0.9kg、長度為l的薄木板等高。質(zhì)量m=0.1kg的小滑塊置于彈簧左端（不連接），它與傳送帶和長木板間的摩擦因數(shù)分別為μ1=0.8和μ2=0.6，傳送帶能以不同的速度v做勻速運動（以上表面向左運動為正）。傳送帶靜止時，解除彈簧上的約束，物塊獲得速度vA0滑上傳送帶，到達B端速度為vB0，恰能沿半圓軌道內(nèi)表面運動。取g=10m/s2，求：（1）vB0和Ep；（2）傳送帶靜止時解除彈簧上的約束，物塊最終與M相對靜止的速度v2與v的關系；（3）要使物塊始終不會滑出木板，木板的長度的最小長度l?！敬鸢浮浚?）2m/s，1.2J；（2）見解析；（3）4.5m 【解析】【詳解】（1）物體在光滑半圓軌恰好做圓周運動，則解得物塊被彈簧彈出，機械能守恒，即物體在傳送帶上運動，由動能定理得聯(lián)立解得（2）物塊從B到C，有物塊與木板共同速度為v0，有解得（3）當時，有當v=v?時，物塊從A到B一直加速，有解得設物塊運動到C點速度為vc1，最后與木板一起運動的速度為v1，有 解得，當時，當時，物塊運動到B的速度都為v，有解得要使物塊不滑出木板，木板的最小長度滿足解得21.如圖是簡化的某種旋轉(zhuǎn)磁極式發(fā)電機原理圖。轉(zhuǎn)子是中心在O點的條形磁鐵，條形磁鐵的長為2a，質(zhì)量為m，橫截面積為S，磁體兩極的磁感應強度大小為B1；定子看成匝數(shù)n不同的兩小線圈A、B，匝數(shù)n1>n2，二者軸線在同一平面內(nèi)且相互垂直，兩線圈均連接阻值為R的電阻，線圈的長度遠小于a，截面積小于S。線圈B通過單刀雙擲開關D與兩粗糙平行金屬導軌相連，金屬導軌所在平面與水平面的夾角為θ，處于垂直導軌平面的勻強磁場中，磁感應強度的大小為B2，導軌間距為L，質(zhì)量為M、電阻為r的金屬棒PQ放置在導軌上，金屬棒與導軌間的摩擦因數(shù)為μ（μ>tanθ）?，F(xiàn)用外力讓條形磁鐵繞O點在該平面內(nèi)作角速度為ω的勻速圓周運動，兩線圈輸出正弦式交變電流。已知圖示位置穿過線圈A的磁通量為條形磁鐵N極磁通量的K倍（K<1），條形磁鐵以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，其動能（I為轉(zhuǎn)動慣量，大小不計線圈、金屬導軌電阻及自感、兩線圈和磁場間的相互影響。（1）以圖示位置為t=0，寫出A線圈中電流瞬時值的表達式；（2）雙擲開關D接1，條形磁鐵勻速轉(zhuǎn)動1圈，A、B線圈中電阻R產(chǎn)生的總焦耳熱；（3）雙擲開關D接2，要使PQ始終靜止在導軌上，ω應滿足的條件；（4）雙擲開關D接1，當撤去外力，條形磁鐵將緩慢減速，經(jīng)時間角速度減小量為求的值。（當，有） 【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【詳解】（1）A線圈產(chǎn)生的電動勢的最大值A線圈的電流隨時間的表達式（2）雙擲開關D接1，條形磁鐵勻速轉(zhuǎn)1圈，兩線圈產(chǎn)生的焦耳熱分別為，所以總焦耳熱（3）雙擲開關D接2，電流從P流向Q時，有又解得 電流從Q流向P時解得所以要使PQ始終靜止在導軌上，角速度滿足（4）撤去外力，條形磁鐵將緩慢減速，動能轉(zhuǎn)化為焦耳熱解得22.一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為d，磁感應強度的大小為，方向垂直于平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；O、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸重合（O為坐標原點）。一帶正電的粒子以某一速率從O點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從O點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計粒子重力及電磁間的影響。（1）求該粒子從O點射入時速度的大??；（2）若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從O點運動到N點的時間；（3）若中間磁場區(qū)域內(nèi)的磁感應強度B的大小與y坐標成線性關系，且滿足，（已知，k未知），粒子仍以與x軸正方向夾角進入磁場，恰好到達磁場的上邊界，試確定k的值。 【答案】（1）；（2），；（3）【解析】【詳解】（1）設粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運動的時間為t，加速度的大小為；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ（見圖），速度沿電場方向的分量為v1。根據(jù)牛頓第二定律有粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，由幾何關系得解得（2）由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得解得設粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，則 得（3）方向動量定理可得又解得