浙江省名校協(xié)作體2023-2024學(xué)年高三年級上冊開學(xué)聯(lián)考物理 含解析

2023學(xué)年高三年級第一學(xué)期浙江省名校協(xié)作體試題

物理試卷

考生須知：

L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)域填寫學(xué)校、班級、姓名、試場號、座位號及準(zhǔn)考證號；

3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效；

4.考試結(jié)束后，只需上交答題卷；

5.本卷中無特殊說明，重力加速度g均取10m∕s2

一、選擇題1（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.下列屬于國際單位制中基本單位的是（）

A.質(zhì)量B.開爾文C.力D.米/秒

【答案】B

【解析】

【詳解】質(zhì)量和力是物理量不是單位，米/秒是導(dǎo)出單位，開爾文是國際單位制中基本單位。

故選Bo

2.2023年蘇迪曼杯羽毛球比賽在中國蘇州舉行，中國隊與韓國隊之間的決賽于5月21日下午14時開

始，經(jīng)過3個小時的激烈角逐以總比分3:0戰(zhàn)勝韓國隊，獲得冠軍。男單選手石宇奇扣球瞬間球速達(dá)

400km∕h,下列說法正確的是（）

A.5月21日下午14時指的是時間間隔

B.扣球球速40OknVh指的是平均速度

C.研究羽毛球的運動線路時可以把羽毛球看成質(zhì)點

D.羽毛球在空中的運動是拋體運動

【答案】C

【解析】

【詳解】A.根據(jù)題意可知，5月21日下午14時指的是時刻，故A錯誤；

B.扣球球速40Okmzh指的是瞬時速度，故B錯誤；

C.研究羽毛球的運動線路時，可以忽略羽毛球的大小和形狀，把羽毛球看成質(zhì)點，故C正確：

D.羽毛球在空中的運動時，空氣阻力不能忽略，不是拋體運動，故D錯誤。

故選C。

3.高竿船技是嘉興烏鎮(zhèn)至今仍保留并演出的傳統(tǒng)民間雜技藝術(shù)，表演者爬上固定在船上的竹竿，模擬蠶

寶寶吐絲做繭的動作祈愿蠶繭豐收。如圖所示，表演者沿彎曲傾斜的竹竿緩慢向上爬行的過程中

)

A.竹竿對表演者的作用力是一個恒力

B.表演者與竹竿間的摩擦力始終為零

C.表演者對竹竿的彈力是由竹竿形變產(chǎn)生的

D.竹竿對表演者的作用力大于表演者對竹竿的作用力

【答案】A

【解析】

【詳解】A.表演者沿彎曲傾斜的竹竿緩慢向上爬行，處于動態(tài)平衡狀態(tài)，竹竿對表演者的作用力始終與

表演者的重力等大反向，是一個恒力，故A正確；

B.因桿彎曲傾斜，根據(jù)平衡條件可知人應(yīng)受到摩擦力的作用，故B錯誤；

C.表演者對竹竿的彈力是由表演者形變產(chǎn)生的，故C錯誤；

D.竹竿對表演者的作用力與表演者對竹竿的作用力是一對相互作用力，大小相等，方向相反，故D錯誤。

故選Ao

4.如圖所示是某游樂場中的“摩天輪”，乘客坐在座廂內(nèi)隨著座廂一起在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，則

在此過程中乘客（）

A.所受的合外力是一個恒力

B.經(jīng)過最高點時處于失重狀態(tài)

C.運動過程中，乘客的機械能守恒

D.繞行一圈的過程中，乘客所受重力的沖量為零

【答案】B

【解析】

【詳解】A.所受的合外力大小不變，方向改變，不是恒力，故A錯誤；

B.經(jīng)過最高點時，具有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，故B正確；

C.運動過程中，乘客的動能不變，勢能隨著高度變化而變化，機械能不守恒，故C錯誤；

D.繞行一圈的過程中，乘客所受重力的沖量等于重力與周期的乘積不為零，故D錯誤。

故選B。

5.下列說法正確的是（）

A.電子表的液晶顯示利用了光的偏振現(xiàn)象

B.伽利略有很多成就，單擺周期公式是他眾多發(fā)現(xiàn)之一

C.小鳥站在高壓電線上不會觸電主要是因為小鳥的電阻很大

D.奧斯特首先提出電荷周圍存在由它產(chǎn)生的電場

【答案】A

【解析】

【詳解】A.液晶材料是具有光學(xué)各向異性的，液晶層能使光線發(fā)生扭轉(zhuǎn)，應(yīng)用了光的偏振現(xiàn)象，故A正

確；

B.伽利略最早發(fā)現(xiàn)了擺的等時性原理，后來惠更斯得出了單擺周期公式，故B錯誤；

C.小鳥站在高壓電線上不會觸電主要是因為小鳥的體積很小，站在同一根線上，兩腳間電壓很低，故C

錯誤；

D.首先提出在電荷的周圍存在由它產(chǎn)生的電場這一觀點的是法拉第，故D錯誤。

故選Ao

6.如圖所示，足球運動員一腳強力任意球轟破對方球門。已知足球的質(zhì)量約為450g,則該運動員此次射

門過程中對足球做的功約為（）

A.15JB.150JC.I.5×lO3JD.1.5×104J

【答案】B

【解析】

詳解】設(shè)足球做斜拋運動至球門最高點時速度水平，則

,12

x=v∕'h=淤廣

得

"X島

球門高度和水平距離估算為2.4m和15m。足球被踢出時的速度為

%=亞+W）2

射門過程中對足球做的功等于足球的初動能

經(jīng)估算可得出做功約為150J,

故選B。

7.如圖所示，神舟十五號航天員乘組于2022年11月30日清晨入駐“天宮”，與神舟十四號航天員乘組

相聚中國人的“太空家園”，開啟中國空間站長期有人駐留的時代。已知空間站繞近地圓軌道運行，軌

道離地高度約400km,月球繞地軌道半徑約為地球半徑的60倍，則下列表述中正確的是（）

A.空間站的繞行速度約為7.7km∕s

B.圖中相對空間站靜止站立的航天員處于平衡狀態(tài)

C.月球繞地球的公轉(zhuǎn)周期約為空間站繞行周期的60倍

D.神舟飛船與空間站對接后，加速度減小

【答案】A

【解析】

【詳解】A.根據(jù)題意，由萬有引力提供向心力有

GMmV2GMmv2

———=m—，——；—=m—l

R2Rr2r

其中

V=7.9km/s,r=R+4∞km

聯(lián)立解得

vl≈7.7km∕s

故A正確；

B.圖中相對空間站靜止站立的航天員隨空間站一起做勻速圓周運動，不是平衡狀態(tài)，故B錯誤；

C.根據(jù)題意，由萬有引力提供向心力有

GMm4萬2

—―=m——r

rT2

解得

T產(chǎn)

VGM

可知，月球繞地球的公轉(zhuǎn)周期約為空間站繞行周期的60病倍，故C錯誤；

D.根據(jù)題意，由萬有引力提供向心力有

GMm

——廣--=ma

解得

GM

a=~~

r

可知，神舟飛船與空間站對接后，加速度不變，故D錯誤。

故選Ao

8.煙霧自動報警器被廣泛應(yīng)用在會議室、賓館、廚房等地方。其中煙霧自動報警器中裝有放射性元素銷

241,其衰變方程為號北Am→2*Np+X+γ,Am的半衰期為432年。下列說法正確的是（）

A.方程中的X為β粒子

B.NP的比結(jié)合能大于微Am

C.核反應(yīng)三種射線中，γ射線的穿透能力最弱

D,若有IOOO個北Am原子核，經(jīng)過432年后將剩下500個引Am原子核未衰變

【答案】B

【解析】

【詳解】A?由質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，X為；He粒子，故A錯誤;

B.衰變后原子核更穩(wěn)定，比結(jié)合能越大，即MNP的比結(jié)合能大于能Am,故B正確；

C.核反應(yīng)的三種射線中，γ射線的穿透能力最強，電離能量最弱，故C錯誤；

D.半衰期為大量粒子的統(tǒng)計規(guī)律，對少數(shù)粒子不適用，故D錯誤。

故選Bc

9.把線圈、電容器、電源和單刀雙擲開關(guān)按照圖示連成電路。把示波器兩端連在電容器的兩個極板

上。先把開關(guān)置于電源一側(cè)為電容器充電；稍后再把開關(guān)置于線圈一側(cè)，從此刻開始計時，電容器通過

線圈放電（規(guī)定逆時針方向為電流的正方向）。電路工作過程中，同時會向外輻射電磁波，則電壓Uab和

電流隨時間/變化的波形正確的是（）

【答案】D

【解析】

【詳解】電容器放電時，電流由a通過線圈流向b,為正方向。起始時刻電流最大，電路向外輻射電磁波

的過程中，電路中的能量減小，則電容器兩極板的最大電壓逐漸減小。

故選D。

10.關(guān)于下列各裝置說法正確的是（）

A.甲圖裝置霍爾元件左右移動時，能產(chǎn)生霍爾電壓的原理是電磁感應(yīng)

B.乙圖中物體向左移，則電容器的電容變小

C.丙圖裝置中通過物體位置變化引起線圈的自感系數(shù)改變

D,丁圖裝置只要有聲音，即使不接入電源，R兩端也有電壓輸出

【答案】C

【解析】

【詳解】A.甲圖裝置霍爾元件左右移動時，能產(chǎn)生霍爾電壓的原理是帶電粒子在磁場中受洛倫茲力作用

而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，不是電磁感應(yīng)，故A錯誤；

B.乙圖中物體向左移，插入電容器的電介質(zhì)增加，則電容器的電容變大，故B錯誤；

C.丙圖裝置中通過物體位置變化引起線圈的自感系數(shù)改變，故C正確；

D.丁圖裝置是電容話筒一樣利用振膜接受空氣振動信號，振膜與固定的平面電極之間形成一個電容，兩

者之間的距離變化會導(dǎo)致其電容的變化，在電容兩端施加固定頻率及大小的電壓，通過電容的電流就會變

化。將這個電流信號進(jìn)行轉(zhuǎn)換，即可輸出音頻信號。但是只有聲音，不接入電源，R兩端不會有電壓輸出，

故D錯誤。

故選C。

11.一群處于第4能級的氫原子，向低能級躍遷過程中能發(fā)出6種不同頻率的光，將這些光分別照射到圖

甲電路陰極K的金屬上，只能測得3條電流隨電壓變化的圖像如圖乙所示，已知氫原子的能級圖如圖內(nèi)

所示，則下列推斷正確的是（）

A.動能為1.5IeV的電子撞擊氫原子，能使處于第3能級的氫原子電離

B.陰極金屬的逸出功可能為W）=1.75eV

C.圖乙中的。光是氫原子由第2能級向基態(tài)躍遷發(fā)出的

D.圖乙中的b光光子能量為12.09eV

【答案】D

【解析】

【詳解】A.如圖丙，使處于第3能級的氫原子電離，用來撞擊的電子動能應(yīng)大于L51eV,A錯誤;

B.使金屬發(fā)生光電效應(yīng)的三種光子中，能量最小的是

E2-Ei=10.2eV

其次是

E4-E2=2.55eV

此光子不能使金屬發(fā)生光電效應(yīng)，說明逸出功應(yīng)在2.55eV~10.2eV之間，B錯誤；

C.根據(jù)

12

qU=-mv^=hv-W[}

“光遏止電壓最大，光子能量最大，是氫原子由第4能級向基態(tài)躍遷發(fā)出的，C錯誤；

D.由圖乙和丙，。光是氫原子由第3能級向基態(tài)躍遷發(fā)出的，光子能量為

E=E3-&=12.09eV

D正確。

故選D。

12.浙江省為落實國家“雙碳”戰(zhàn)略，推動能源綠色低碳轉(zhuǎn)型，在很多山區(qū)推進(jìn)新型綠色光伏發(fā)電。假設(shè)

太陽光子垂直射到發(fā)電板上并全部被吸收。已知光伏發(fā)電板面積為S,發(fā)電板單位面積上受到光子平均作

用力為凡普朗克常量為〃，光子的頻率為U,真空中的光速為以則經(jīng)過時間f,該光伏發(fā)電板上接收

到的太陽光能量為（）

A.2FSctB.FSctC.FSthvD.2FSthv

【答案】B

【解析】

【詳解】根據(jù)題意，設(shè)經(jīng)過時間，光伏發(fā)電板吸收的光子個數(shù)為〃，則有

Lhv

F&t=n-

解得

FvC

hv

又有

F=空

S

則光伏發(fā)電板上接收到的太陽光能量為

E=nhv=FStc

故選B。

13.如圖所示，為了給一座特殊的密閉倉庫采光，在正南朝向的豎直墻壁上切開一個正方形孔，其中AF

邊與BE邊水平、AB邊與尸E邊豎直，并在孔內(nèi)鑲嵌一塊折射率為0的玻璃磚。這塊玻璃磚的室內(nèi)部分

是邊長為2R的正方體，室外部分是半圓柱體。某時刻正南方向的陽光與豎直面成30。角斜向下射向半圓

柱面，已知光在真空中的傳播速度為c,則（）

A.從圓弧面折射進(jìn)入玻璃的各光束中，從A尸邊入射的那束光，其偏轉(zhuǎn)角最大

B.在半圓柱表面以入射角45。折射進(jìn)入玻璃磚的那束光，其首次從玻璃磚表面折射回到空氣的折射角大

小為45°

C.在半圓柱表面沿半徑方向入射玻璃磚的那束光，首次從玻璃磚表面出射至空氣前，在玻璃磚內(nèi)傳播的

…AR

時間為-----1^1——

I3Jc

D.若考慮玻璃對不同色光的折射率差異，則陽光中的紫光在玻璃表面發(fā)生全反射的臨界角大于紅光的臨

界角

【答案】B

【解析】

【詳解】A.從圓弧面折射進(jìn)入玻璃的各光束中，從圓柱部分中間入射的那束光，入射角為60。，其偏轉(zhuǎn)角

最大，故A錯誤；

B.在半圓柱表面以入射角45。折射進(jìn)入玻璃磚的那束光，在玻璃中折射角

nsmr=sinz

解得

1

sin/?=—

2

折射角為30°,根據(jù)幾何關(guān)系可知，首次從玻璃磚表面折射回到空氣的入射角為30°,所以折射角為45°,

故B正確；

C.在玻璃磚中的速度

C

V--

n

在半圓柱表面沿半徑方向入射玻璃磚的那束光，經(jīng)過路程

用時

一修聯(lián)

故C錯誤；

D.紫光頻率高，折射率大，根據(jù)

,C1

sinC=—

n

可知，紫光臨界角小，故D錯誤。

故選B。

二、選擇題∏（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.下列說法正確的是（）

A.物體所受合力的沖量越大，但合力做功不一定越大

B.一個熱力學(xué)系統(tǒng)不可能把吸收的熱量全部用來對外做功

C.一些昆蟲可以停在水面上，是因為昆蟲受到水的浮力等于昆蟲的重力

D.狹義相對論的其中一個假設(shè)是在不同的慣性參考系中物理規(guī)律的形式都是相同的

【答案】AD

【解析】

【詳解】A.物體所受合力的沖量越大，則動量變化量越大，動量變化可能只改變方向，故動能不一定變

大，合外力做功不一定越大，故A正確；

B.一定量的理想氣體在等溫膨脹過程中吸收的熱量等于對外做的功，并不違反熱力學(xué)第二定律，該過程

中可能引起了其他方面的變化，故B錯誤；

C.一些昆蟲可以停在水面上，是由于水表面存在表面張力的緣故，故C錯誤；

D.狹義相對論的其中一個假設(shè)是在不同的慣性參考系中物理規(guī)律的形式都是相同的，故D正確。

故選ADo

15.A、B兩列波在同一介質(zhì)中沿X軸正負(fù)兩個方向相向傳播，f=0時刻波形如圖所示。已知波速均為

u=20cm∕s,兩波源（圖中位置未標(biāo)）持續(xù)振動。則下列說法正確的是（）

,WCm

B

A.兩波源的起振方向相同

B.x=6Cm處的質(zhì)點是振動加強點

C.，=4.4s0寸，X=I5cm處的質(zhì)點沿V軸負(fù)向振動

D.r=4.6s時，X=T8cm處的質(zhì)點將第7次處在y=-2.5cm位置處

【答案】BD

【解析】

【詳解】A?根據(jù)“同側(cè)法”，由圖可知，A的起振方向沿y軸負(fù)方向，B的起振方向沿y軸正方向，故A

錯誤；

B.由圖可知，A、B的波長均為24cm,周期均為

T=-=1.2s

V

則可知這兩列波能夠產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉，而x=6Cm處的質(zhì)點是波谷與波谷相遇點，則為振動加強點，故B

正確；

C.根據(jù)圖像可知，A波傳播到％=15Cm處，還需時間f',則可得

,3

t=—S

20

對于B波，寫出x=15Cm處質(zhì)點的振動方程，為

.71

y=Ansm(ωt+~)

其中

AR=3cm,co——=-TrradZS

T3

則其振動方程可表示

,.571、

y-3sιnz(-πt+-)

將

3

t=tf=-S

20

代入上式可得X=I5cm處的質(zhì)點的位移為

../5TC、_.7CC

y—3sιn(-+-)=3sιn萬=3cm

即，當(dāng)A波波剛傳播到x=15Cm處時，B波在該處的質(zhì)點恰好位于波峰，而此后A波在該處的質(zhì)點將沿

著V軸負(fù)方向振動，B波在該處的質(zhì)點也將沿著y軸負(fù)方向振動，顯然該處質(zhì)點振動減弱，則其此后該質(zhì)

點的振動方程可表示為

y=(AB-AA)sin(而+—)=sin(^+—)

則當(dāng)t=4.4S時，即兩波在X=I5cm處相遇又振動了

31713

/"=/—/'=4.4s-----s=—s=3—T

20424

則可知該處的質(zhì)點疊加后振動了3個半周期后到達(dá)波谷，之后又沿著軸正方向振動了工，即r=4.4s時,

12

x=15Cm處的質(zhì)點沿y軸正方向振動，故C錯誤；

D.根據(jù)，=O時刻的圖像可知，A波在x=—18Cm處的質(zhì)點正位于波谷，而B波傳播到x=—18Cm處還

需時間

63IT

t,=——s=—S=-T

120104

而經(jīng)過Lτ,A波在X=T8Cm處的質(zhì)點恰好位于平衡位置且沿著y軸向上振動，與此同時，B波傳播到

4

X=-18cm處時，該處的質(zhì)點也將沿著軸向上振動，即兩列波經(jīng)LT在X=-18cm處相遇且振動加強，

4

該處質(zhì)點的振動方程可表示為

y=Asin69/

而

2π5

A=AA+4=5cm,ω=—=—^^rad∕s

即該處質(zhì)點的振動方程為

y=5singR(cm)

因此當(dāng)t=4.6s時，相遇后在平衡位置一起振動的時間為

7

Z=t-t=4.3s=3—T

721x12

顯然，在3T時間內(nèi)X=T8cm處的質(zhì)點6次經(jīng)過y=-2?5cm處的位置，將時間G代入該處質(zhì)點的振動

方程可得

5TT71TT

y=5sin(——X4.3s)(cm)=5sin("+—)(cm)=-5sin—(cm)=-2.5cm

366

因此可知，在r=4.6s時，x=-18Cm處的質(zhì)點將第7次處在y=-2.5cm位置處，故D正確。

故選BDo

三、非選擇題(本題共5小題，共55分)

16.(1)在下列學(xué)生實驗中，需要用到打點計時器的實驗有。

A.“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”B.“驗證機械能守恒定律”

C.“用單擺測量重力加速度的大小”D.“探究氣體等溫變化的規(guī)律”

(2)如圖所示的打點計時器，其工作電壓為(選填“交流8V”、“直流8V”、“交流220V”或“直流

,,

220V)o

(3)在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實驗中，實驗裝置如圖所示。

槽虞『軌■]

①小明同學(xué)順利地完成了實驗，如圖3所示是他在實驗中得到的一條紙帶，圖中相鄰兩計數(shù)點之間的時

間間隔為0.1s,由圖中數(shù)據(jù)可得小車的加速度為m∕s2o(結(jié)果保留兩位小數(shù))

A?B?C?D?E?F?G?

∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣∣∣∣∣∣∣-

Ocm123456789101112131415161718

②關(guān)于以上實驗，下列說法正確的是。

A.實驗中應(yīng)讓小車的加速度盡量大些

B.若槽碼質(zhì)量相不斷增大，繩子拉力會無限增大

C.實驗時，應(yīng)先接通打點計時器的電源再釋放小車

D.完成補償阻力，該實驗裝置可用于完成“驗證機械能守恒定律”實驗

【答案】①.AB##BA②.交流220V(3).0.27~0.33?.C

【解析】

【詳解】(D[1]A?"探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”需要用到打點計時器測速度，故A正確;

B.“驗證機械能守恒定律”需要用到打點計時器測速度計算動能變化量，故B正確：

C.“用單擺測量重力加速度的大小”不需要用到打點計時器，故C錯誤；

D.“探究氣體等溫變化的規(guī)律”不需要用到打點計時器，故D錯誤；

故選ABo

(2)[2]電火花打點計時器工作電壓為交流220V。

(3)①[3]根據(jù)AX=結(jié)合作差法得

2

a=?G-?o^0.28m∕s

(37)2

②[4]A.實驗中小車的加速度適當(dāng)即可，不需要盡量大，故A錯誤;

B.根據(jù)

mg=（Λ∕+m）a

隨著槽碼質(zhì)量相不斷增大，加速度會接近g,對小車根據(jù)牛頓第二定律可得

F-Ma

聯(lián)立解得

F=Mg

不會無限增大，故B錯誤；

C.實驗時，應(yīng)先接通打點計時器的電源再釋放小車，故C正確；

D.完成補償阻力，該實驗裝置不可用于完成“驗證機械能守恒定律”實驗，因為存在阻力做功，機械能不守

恒，故D正確。

故選CD0

17.小李同學(xué)要測量一節(jié)5號電池的電動勢和內(nèi)阻，已知一節(jié)干電池的電動勢約為1.5V。

（1）測量時下列滑動變阻器接法正確的是。

（2）測量時發(fā)現(xiàn)，移動滑動變阻器的滑片，發(fā)現(xiàn)電流表有示數(shù)且變化明顯，而電壓表有示數(shù)但示數(shù)變化

很小，可能的原因是。

A.滑動變阻器以最大阻值接入B.電壓表內(nèi)阻過大C.電壓表接觸不良D.電源的內(nèi)阻較小

（3）①選擇合適的器材改進(jìn)實驗方案，實物電路連接如圖所示，其中定值電阻R）=IC。

②根據(jù)所選量程，某次實驗電壓表的示數(shù)如圖所示，為V0

UN

1.60

1.40

1.20

1.00

0.80

0.60

00,100.200.300.400.50’‘八

根據(jù)閉合電路歐姆定律

E=U+∕(5+r)

得

U=-∕(M+r)+E

圖線斜率為

,C1.50-0.72.

k=K+r=---------=1.56

”0.50

內(nèi)阻為

r=().56Ω

18.如圖所示，一導(dǎo)熱良好、足夠長的汽缸水平放置在地面上。汽缸質(zhì)量M=Iokg,與地面間的動摩擦

因數(shù)為〃=0.5。汽缸內(nèi)有一質(zhì)量機=2kg、面積S=IOOCm2的豎直活塞與水平缸壁光滑密接，封閉了

一定質(zhì)量的理想氣體。當(dāng)汽缸靜止、活塞上不施加外力時，活塞與汽缸底(即圖中汽缸最左端)間的距

離為L°=95cm.已知大氣壓PO=I.0χIO,Pa,近似認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F(xiàn)用逐漸增大

的水平拉力F向右拉活塞，使活塞始終相對汽缸緩慢向右移動。

(1)活塞移動過程中，汽缸內(nèi)的氣體是吸熱還是放熱？

(2)當(dāng)活塞與汽缸底間的距離達(dá)到L=IOoCm時，汽缸內(nèi)封閉氣體的壓強；

(3)當(dāng)活塞與汽缸底間的距離達(dá)到L=IoOCm時，水平拉力尸的大小。

AF

【答案】(1)吸熱；(2)9.5×IO4Pa;(3)50N

【解析】

【詳解】（1）根據(jù)題意可知，汽缸導(dǎo)熱良好，即氣體溫度不變，則氣體的內(nèi)能不變，氣體對外做功，由

熱力學(xué)第一定律可知，氣體吸熱。

（2）根據(jù)題意可知，氣體做等溫變化，由玻意耳定律有

POSLo=PSL

解得

/?=9.5XIO4Pa

（3）汽缸與地面間的最大靜摩擦力為

^nax=MM+m）g=60N

汽缸底部的壓力差為50N,小于Enax，故汽缸相對地面靜止，則有

F+pS=p0S

得

F=50N

19.如圖所示，一游戲軌道由傾角為。=37。的足夠長傾斜軌道A8、長為x=1.2m的水平直軌道BC、半徑

為R=0.32m的光滑豎直圓環(huán)軌道SE。、光滑水平直軌道CT及水平傳送帶FG組成。其中豎直圓環(huán)的

最低點C和C相互靠近且錯開，軌道末端尸點與水平傳送帶（輪子很?。┑淖蠖藙偤闷烬R接觸。將一質(zhì)

量為機=20g的小滑塊（可視為質(zhì)點），從傾斜軌道上某處靜止釋放。已知小滑塊與傾斜軌道4B、水平直

軌道BC及傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為“=0.25,傳送帶長度FG=4m,其沿逆時針方向以恒定速度v=4m∕s

勻速轉(zhuǎn)動。所有軌道在同一豎直面內(nèi)，且各接口處平滑連接，忽略空氣阻力。求：

（1）若小滑塊首次進(jìn)入豎直圓環(huán)軌道剛好可以繞環(huán)內(nèi)側(cè)做完整的圓周運動，則其在通過圓環(huán)軌道內(nèi)側(cè)與

圓心等高處的E點時，受到圓環(huán)軌道的作用力大??；

（2）在滿足（1）的條件下，小滑塊首次滑上傳送帶并返回尸點的過程中，傳送帶電機由于牽引力增加

而多消耗的電能E；

（3）為保證小滑塊始終不脫離游戲軌道，小滑塊從傾斜軌道48上靜止釋放的高度〃應(yīng)滿足什么條件？

A

【答案】(1)0.6N；(2)0.64J；(3)加0.93m或1.65m≤∕∕≤l.95m

【解析】

【詳解】(1)小滑塊首次進(jìn)入豎直圓環(huán)軌道剛好可以繞環(huán)內(nèi)側(cè)做完整的圓周運動

2

mgR==>VD=V3^2m∕s

根據(jù)能量守恒

22

mgR=—mvε--ITIVD

受到圓環(huán)軌道的作用力提供向心力

V7

F=/7?—fr=0.6N

R

(2)根據(jù)

μmg-maa-2.5m∕s2

由能量守恒

I2I2.

mg2R=-mvc--mvD=>vc=4m∕s=v

物塊在傳送帶上做減速運動，減速到零的位移為

V2

L=——=3.2m<4m

2a

此后滑塊反向加速回到傳送帶，由運動的對稱性可知小滑塊第1次滑上傳送帶后將以4m∕s的速率返回

_V+V

E-μmg?V?—r-----=0.64J

a

(3)根據(jù)牛頓第二定律

下=2

mgsinθ-μmgcosθ=maγfα4m∕s

且

福=2α下N-

1sin37

(i)為保證小滑塊第1次下滑后能恰好到達(dá)豎直圓環(huán)的圓心等高處，則

12

-μmgx-m^R-0^-mVgl=>H1-0.93m

∕?0.93m即可;

(ii)為保證小滑塊第1次下滑后能恰好過豎直圓環(huán)的最高點，則

I2I,

-μmgx-mg2R-—mvυ~—mvB2=>H2-1.65m

論1.65m即可；

(iii)為保證小滑塊第1次滑上傳送帶后，能返回，不會從G點拋出，則

1,

-μ.,mg{χ+FG)-θ-mvβ3=43=L95m

此種情況下，第1次從傳送點上返回時的速度為4m∕s,可過豎直圓環(huán)最高點

r2

IngSin31°+qEcos37°+μt(mgcos37°-qEsin3l°)=ma卜=α卜=8m∕s

第1次返回傾斜軌道時，上滑距離為0.875m,即上滑高度為0.525m(<0.93m),再次下滑后不會從圓環(huán)

軌道脫離，故H≤L95m即可。所以

佐0.93m或1.65m≤佐1.95m。

20.如圖所示，光滑導(dǎo)軌PQ、ST固定在水平面上，導(dǎo)軌間距為L=Im,導(dǎo)軌的最右端接有匝數(shù)N=20,

截面積S=O.5r∏2,內(nèi)阻r=0.1C的線圈，線圈內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度為BI=O.2r(T),方向豎直向下。線圈左

邊接有R=O.1。的電阻，電容C=0.1F的電容器一端接在導(dǎo)軌上，另一端接一個單刀雙擲開關(guān)K。導(dǎo)軌中

MO與"間有一足夠長且方向垂直導(dǎo)軌平面向上的磁感應(yīng)強度&=0/T的勻強磁場，質(zhì)量m=lg,電阻

R2=0.2C,長度為L的導(dǎo)體棒必放置在磁場右側(cè)，磁場也左端的導(dǎo)軌0、M處接有小段絕緣材料。導(dǎo)軌

的PS與MO之間區(qū)域有一寬度x0=0.5m,方向垂直導(dǎo)軌平面向下的磁感應(yīng)強度&=0.IT的勻強磁場，質(zhì)

量"z=lg,電阻R3=0.3C,長度為L的導(dǎo)體棒Cd放置在磁場83中間，長度為O.5xo絕緣輕桿左端固定在導(dǎo)

體棒M的中點，右端位于磁場邊界Mo的中點。初始開關(guān)K處于1位置，待穩(wěn)定后，把開關(guān)K撥到2位

置，導(dǎo)體棒M運動到OM處前已達(dá)到穩(wěn)定速度，導(dǎo)體棒ab與輕桿相碰并粘在一起進(jìn)入勻強磁場員區(qū)

域，整個過程導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，不計導(dǎo)軌電阻和接觸電阻。求：

(1)電容器最大電荷量(7;

(2)導(dǎo)體棒“6到達(dá)OM處的速度％；

(3)導(dǎo)體棒仍與輕桿碰撞后，導(dǎo)體棒油產(chǎn)生的焦耳熱。；

(4)以。點為坐標(biāo)原點，取向左為正方向建立X軸，寫出導(dǎo)體棒油與輕桿碰撞后兩端的電勢差Uab與位

置X的關(guān)系。

32

-------=2mv9-2mv1

6+&

代入數(shù)據(jù)解得

v2=0

導(dǎo)體棒ab與輕桿碰撞后的過程產(chǎn)生的總焦耳熱

2

Q&=；2mv,-12mv；=6.25x1OTJ

導(dǎo)體棒αb產(chǎn)生的焦耳熱

Q=RRiR。總=2?5X1(Γ3J

I?-,+K2

(4)當(dāng)0≤x≤0?25m時，兩導(dǎo)體棒在磁場&以速度看做勻速運動，此時

Uab=B3Lv1=O^V

當(dāng)0.25m≤γ≤0.5m時

電(Xd)

-----------------=2mv-2rnvl

R2+R3

帶入數(shù)據(jù)整理后可得

v=2.5-10(χ-0.25)=5-10x

此時

3/hr&Lu=0.3_0.6x(V)

4+?3

21.現(xiàn)代電子設(shè)備常利用電場和磁場控制帶電粒子的運動.如圖所示，兩豎直平行金屬板A、B間存在水

平向右的勻強電場，AB板電勢差U0=7xl()3V0電荷量q=+8xlθ-9c,質(zhì)量町=7xl(Tκikg的粒子

甲由靜止開始從極板A出發(fā)，經(jīng)電場加速后與B極板狹縫處靜止且不帶電的粒子乙發(fā)生彈性碰撞，粒子

乙的質(zhì)量為加2=lxl0*kg,碰撞后甲的電荷量被甲、乙粒子平分。隨后甲、乙粒子均沿水平金屬板

CD的中心軸線方向進(jìn)入，已知CD兩板間距d=40cm,兩板間同時存在豎直向下的勻強電場和垂直紙

面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度用=5xIO-T,甲粒子恰好沿中心軸線運動，乙粒子偏轉(zhuǎn)后恰好從極板

C的右邊緣P點射出，且射出時的速度方向與水平方向夾角6=53°,甲、乙兩粒子離開C、D板后立刻

EΓB^

解得

E=1.5×104V∕m

粒子乙恰好從極板C