浙江省杭州市2022-2023學(xué)年高三年級下冊教學(xué)質(zhì)量檢測（二模）物理 含解析

2022學(xué)年第二學(xué)期杭州市高三年級教學(xué)質(zhì)量檢測

物理試題

I選擇題部分

一、選擇題（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(xiàng)中只有一個是

符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）

1.下列屬于磁感應(yīng)強(qiáng)度的單位且用國際單位制中基本單位符號表示的是（）

A.TB.N-A-1-m-1C.kg-A^-s_2D.kg-A^-s-3

【答案】C

【解析】

【詳解】磁感應(yīng)強(qiáng)度

IL

磁感應(yīng)強(qiáng)度單位為T,則

2

"IN1kg-m/s1kg

11=-------=---------------=i--------

A-mA-mA-s-

故選C。

2.如圖所受是運(yùn)油20給殲10、殲20兩種戰(zhàn)機(jī)同時加油的瞬間，則（）

A.研究加油問題時，運(yùn)油20可視為質(zhì)點(diǎn)

B.加油過程中，運(yùn)油20的慣性越來越大

C.以運(yùn)油20為參考系，殲20、殲10戰(zhàn)機(jī)是運(yùn)動的

D.以殲10戰(zhàn)機(jī)為參考系，運(yùn)油20和殲20都是靜止的

【答案】D

【解析】

【詳解】A.研究加油問題時，運(yùn)油20的形狀和體積對所研究的問題的影響不能忽略，因此研究加油問

題時，運(yùn)油20不能視為質(zhì)點(diǎn)，A錯誤；

B.物體的慣性大小由質(zhì)量決定，加油過程中，運(yùn)油20的質(zhì)量減小，則其慣性減小，B錯誤；

CD.為了確保安全，加油過程中，運(yùn)油20、殲10、殲20三者的相對位置需要保持不變，則以運(yùn)油20為

參考系，殲20、殲10戰(zhàn)機(jī)是靜止的，以殲10戰(zhàn)機(jī)為參考系，運(yùn)油20和殲20也都是靜止的，C錯誤，D

正確。

故選D。

3.如圖，用一根輕質(zhì)細(xì)繩將一幅重力為G畫框?qū)ΨQ懸掛在墻壁上，畫框上兩個掛釘間的距離為4,繩子

的總長度為，繩子對一個掛釘?shù)睦樽銊t（）

A.F的大小等于0.5GB.F的大小小于0.5G

C.L不變而增大d,可使尸增大D.d不變而增大L可使尸增大

【答案】C

【解析】

2Fcos0=G

G_0.5G

2cos。cos，

所以E的大小大于0.5G,故AB錯誤;

C.L不變而增大d,。增大，可使/增大，故C正確；

D.d不變而增大3夕減小，可使F減小，故D錯誤。

故選Co

4.如圖，是一個小球從水平向右的橫風(fēng)區(qū)正上方自由下落的閃光照片，除橫風(fēng)區(qū)外，其他位置的空氣作用

力可不計(jì)，則（）

o

A.小球在橫風(fēng)區(qū)中水平速度不變B.小球剛進(jìn)入橫風(fēng)區(qū)時加速度水平向右

C.小球剛從橫風(fēng)區(qū)飛出時速度最大D.小球從橫風(fēng)區(qū)飛出后，做勻變速曲線運(yùn)動

【答案】D

【解析】

【詳解】AB.小球剛進(jìn)入橫風(fēng)區(qū)時，受重力和水平向右的風(fēng)力，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度斜向右下方，

且水平方向的速度增大，故AB錯誤；

CD.小球從橫風(fēng)區(qū)飛出后，只受重力作用，做勻變速曲線運(yùn)動，向下運(yùn)動過程中速度不斷增大，所以小

球剛從橫風(fēng)區(qū)飛出時速度不是最大，故C錯誤，D正確。

故選D。

5.如圖所示是神舟十四號飛船夜間返回的紅外照片，打開降落傘后，飛船先減速后勻速下降，最后安全著

陸。若不計(jì)空氣對飛船的作用力，則（）

A.打開降落傘之后，飛船仍處于失重狀態(tài)

B.勻速下降階段，飛船的機(jī)械能守恒

C.減速下降階段，飛船的機(jī)械能的減少量等于合力對飛船做的功

D.勻速下降階段，飛船的機(jī)械能的減少量等于重力對飛船做的功

【答案】D

【解析】

【詳解】A.打開降落傘后，飛船減速運(yùn)動時，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，故A錯誤;

B.勻速下降階段，飛船動能不變，重力勢能減小，機(jī)械能減小，故B錯誤；

C.減速下降階段，飛船的機(jī)械能的減少量等于阻力對飛船做的功，故C錯誤；

D.勻速下降階段，飛船的機(jī)械能的減少量等于阻力對飛船做的功，而重力等于阻力，所以飛船的機(jī)械能

的減少量等于重力對飛船做的功，故D正確。

故選D。

6.用如圖甲所示實(shí)驗(yàn)裝置研究光電效應(yīng)的規(guī)律，得到如圖乙所示的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，由此可知（）

<Y>

____________)|_______

u耳3

光的顏色綠色紫色

410

546

光的波長入/nm

強(qiáng)度較低強(qiáng)度較高

反向電壓U/V光電流//〃A光電流//〃A光電流//〃A

0.0010.48.514.8

0.024.06.711.9

0.04

0.04.88.9

0.060.03.06.0

乙

A.單位時間逸出的電子數(shù)與入射光的強(qiáng)度有關(guān)

B.用綠光實(shí)驗(yàn)時，遏止電壓一定是0.04V

C.用強(qiáng)度較高紫光實(shí)驗(yàn)時，飽和電流大小為14.8NA

D.不同顏色的光照射時，材料的逸出功不同

【答案】A

【解析】

【詳解】A.根據(jù)不同強(qiáng)度的紫光照射時電流大小，可知單位時間逸出的電子數(shù)與入射光的強(qiáng)度有關(guān)，故

A正確；

B,用綠光實(shí)驗(yàn)時，遏止電壓不一定是0.04V,故B錯誤；

C.用強(qiáng)度較高紫光實(shí)驗(yàn)時，不能確定飽和電流大小是否為14.即A,故C錯誤；

D.逸出功是由金屬的性質(zhì)決定，與入射光頻率無關(guān)，故D錯誤。

故選A?

7.在醫(yī)學(xué)上，放射性同位素錮90武Sr）制成表面敷貼器，可貼于體表治療神經(jīng)性皮炎等疾病。鋸90慮Sr）

會發(fā)生￡衰變，其衰變產(chǎn)物中有鋁（Y）的同位素，半衰期為28.8年。下列說法正確的是（）

A.Y原子核的中子數(shù)為52

B.0.4mol的3°Sr原子核經(jīng)過57.6年后還剩余0.3mol

C.4射線是電子流，速度可接近光速

D.將銀90制成的數(shù)貼器貼在患者體表，若患者發(fā)高燒會導(dǎo)致鍋90衰變速度加快

【答案】C

【解析】

【詳解】A.銅90（；；Sr）會發(fā)生/衰變，根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒可知，Y的質(zhì)量數(shù)為90,電荷數(shù)

為

z=38-（-l）=39

則Y原子核的中子數(shù)為

90-39=51

故A錯誤；

B.銅90（；；Sr）半衰期為28.8年，故0.4mol的;;Sr原子核經(jīng)過57.6年后還剩余（Mmol,故B錯誤；

C./射線是電子流，速度可接近光速，故C正確；

D.半衰期的大小跟原子所處的溫度、壓強(qiáng)等物理狀態(tài)以及化學(xué)狀態(tài)無關(guān)，故D錯誤。

故選C。

8.如圖所示，是某火星探測器簡化飛行路線圖，其地火轉(zhuǎn)移軌道是橢圓軌道。假設(shè)探測器在近日點(diǎn)尸點(diǎn)進(jìn)

入地火轉(zhuǎn)移軌道，在遠(yuǎn)日點(diǎn)。，被火星俘獲。已知火星的軌道半徑是地球地火軌道半徑的1.5倍，則轉(zhuǎn)軌

道（）

Q

火

地

移

轉(zhuǎn)

道

軌

\太陽。

//。

…二P二'/火星

'、、、地球J

A.地球公轉(zhuǎn)的周期大于火星公轉(zhuǎn)的周期

B.探測器進(jìn)入地火轉(zhuǎn)移軌道后，速度逐漸增大

探測器在地火轉(zhuǎn)移軌道上的周期大于火星的公轉(zhuǎn)周期

D.探測器從發(fā)射到被火星俘獲，經(jīng)歷的時間約255天

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據(jù)開普勒第三定律，地球公轉(zhuǎn)的周期小于火星公轉(zhuǎn)的周期，故A錯誤;

B.探測器進(jìn)入地火轉(zhuǎn)移軌道后，萬有引力做負(fù)功，速度逐漸減小，故B錯誤;

C.根據(jù)開普勒第三定律，探測器在地火轉(zhuǎn)移軌道上的周期小于火星公轉(zhuǎn)的周期，故C錯誤;

D.根據(jù)開普勒第三定律

a3

產(chǎn)

探測器在地火轉(zhuǎn)移軌道上的周期

探測器從發(fā)射到被火星俘獲，經(jīng)歷時間

2

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可知經(jīng)歷的時間約255天，故D正確。

故選D。

9.如圖所示，把線圈（內(nèi)阻不計(jì)）、電容器、電源、電阻和單刀雙擲開關(guān)連成圖示電路。把電壓傳感器（圖

中未畫出）的兩端連在電容器的兩個極板M、N±o先把開關(guān)置于。側(cè)，一段時間后再把開關(guān)置于6側(cè),

從此刻開始計(jì)時，電壓與N隨時間f變化的圖像正確的是（

【答案】C

【解析】

【詳解】由于電路有能量損耗，有一部分能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，還有一部分能量以電磁波的形式輻射出去，

故電壓振幅會減小，電容器放電時間由電容器自身決定，故周期不變，且開始時，電容器電壓最大，則

計(jì)時開始時，電壓處于最大振幅。

故選C。

10.如圖所示，在水槽中，a、b、c、d、e是水面上同一直線的五個質(zhì)點(diǎn)，已知ac=Z?c,cd=de?，F(xiàn)使完全

相同的波源以。同向起振，產(chǎn)生速度為丫、振幅為A、周期為T的兩列水波，形成圖示的干涉圖樣。此時

c點(diǎn)的位移為+2A,e點(diǎn)是與c緊鄰的位移也為+2A的質(zhì)點(diǎn)，則下列說法錯誤的是（）

A.d點(diǎn)是振動加強(qiáng)的點(diǎn)

B.c、e之間有一個質(zhì)點(diǎn)振幅為零

C.c、e兩個質(zhì)點(diǎn)水平距離為vT

D.e點(diǎn)與da的水平距離相差2vT

【答案】B

【解析】

【詳解】C.根據(jù)題意c、e是兩個相鄰的振動加強(qiáng)的質(zhì)點(diǎn)，可知兩質(zhì)點(diǎn)之間的距離等于一個波長，即

xce=A-vT

C正確，不符合題意；

D.e點(diǎn)與b、。的水平距離的差值大小為

Xeb-Xea=Xce+Xcb~(Xca-Cce)=^Xce=22=2vT

D正確，不符合題意；

A.d點(diǎn)與6、。的水平距離的差值大小為

Xdb-Xda=Zb+JZe—[x。?！猤="e=

可知，d點(diǎn)是振動加強(qiáng)的點(diǎn)，A正確，不符合題意；

B.c、e之間質(zhì)點(diǎn)到與6、。的水平距離的差值大小為

XXXXXX2x

Jb-fa=cb+fc-(ca-fc)=fc

若該點(diǎn)振幅為零，即為振動減弱點(diǎn)，則有

丸

勺,-X點(diǎn)=2x於=(2〃+1>5(n=0,1,2,3…)

根據(jù)上述有

°<Xfc<%=%

解得

n=0,1

可知c、e之間有兩個振動減弱的質(zhì)點(diǎn)，即c、e之間有兩個質(zhì)點(diǎn)振幅為零，B錯誤，符合題意。

故選B。

11.利用霍爾元件可以進(jìn)行微小位移的測量。如圖甲所示，將霍爾元件置于兩塊磁性強(qiáng)弱相同同極相對放

置的磁體縫隙中，建立如圖乙所示的空間坐標(biāo)系。兩磁極連線方向沿x軸，通過霍爾元件的電流/不變，

方向沿z軸正方向。當(dāng)霍爾元件處于中間位置時，磁感應(yīng)強(qiáng)度2為0,霍爾電壓U”為0,將該點(diǎn)作為位移

的零點(diǎn)。當(dāng)霍爾元件沿著:tr方向移動時，則有霍爾電壓輸出，從而能夠?qū)崿F(xiàn)微小位移的測量。已知該霍爾

元件的載流子是負(fù)電荷，則下列說法正確的是()

A.霍爾元件向左偏離位移零點(diǎn)時，其左側(cè)電勢比右側(cè)高

B霍爾元件向右偏離位移零點(diǎn)時，其下側(cè)電勢比上側(cè)高

C.增加霍爾元件沿y方向的厚度，可以增加測量靈敏度

D.增加霍爾元件沿x方向的厚度，可以增加測量靈敏度

【答案】B

【解析】

【詳解】AB.霍爾元件向左偏離位移零點(diǎn)時，磁場方向向右，則帶負(fù)電的載流子向下偏轉(zhuǎn)，則上側(cè)電勢

比下側(cè)高；同理霍爾元件向右偏離位移零點(diǎn)時，其下側(cè)電勢比上側(cè)高，選項(xiàng)A錯誤，B正確；

CD.當(dāng)穩(wěn)定時

---q=qvB

dy

其中

I=nqdydxv

解得

nqdx

則只有減小x方向的厚度才能增加靈敏度；增加霍爾元件沿y方向或者沿尤方向的厚度，都不可以增加測

量靈敏度，選項(xiàng)CD錯誤。

故選B。

12.如圖甲所示，某多級直線加速器由"個橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上，

各金屬圓筒依序接在交變電源的兩極M、N上，序號為C的金屬圓板中央有一個質(zhì)子源，質(zhì)子逸出的速度

不計(jì)，M、N兩極加上如圖乙所示的電壓一段時間后加速器穩(wěn)定輸出質(zhì)子流。已知質(zhì)子質(zhì)量為機(jī)、電

荷量為e,質(zhì)子通過圓筒間隙的時間不計(jì)，且忽略相對論效應(yīng)，則（）

FTTII2）

有o1n2n11Ia,?|[+113CH3i11i21i1i「Ii?

D丁丁丁

NooT

甲

A.質(zhì)子在各圓筒中做勻加速直線運(yùn)動

2（n-l）e[/

B.質(zhì)子進(jìn)入第n個圓筒瞬間速度為0

m

C.各金屬筒的長度之比為1:虎：73：???

D.質(zhì)子在各圓筒中的運(yùn)動時間之比為i：、/5：粗：…

【答案】c

【解析】

【詳解】A.金屬圓筒中電場為零，質(zhì)子不受電場力，做勻速運(yùn)動，故A錯誤;

B.質(zhì)子進(jìn)入第〃個圓筒時，經(jīng)過〃次加速，根據(jù)動能定理

12

neU0=-mvn-0

解得

2neU

V0

n=m

故B錯誤；

D.只有質(zhì)子在每個圓筒中勻速運(yùn)動時間為工時，才能保證每次在縫隙中被電場加速，故D錯誤;

2

C.第”個圓筒長度

則各金屬筒的長度之比為1:0：6：???，故C正確。

故選C。

13.如圖所示，有一塊半徑為R的半圓形玻璃磚，。。'是對稱軸。現(xiàn)有平行單色光垂直照射到AB面，玻璃

53

磚對該單色光的折射率為一。已知sin37=-,不考慮二次反射，則（）

35

\O

I

p

A.玻璃磚的弧面上有光射出的區(qū)域弧長為」

180

B.若在紙面內(nèi)將玻璃磚繞圓心逆時針旋轉(zhuǎn)30，有光射出的區(qū)域弧長不變

C,所有從A3射出的光線都將匯于一點(diǎn)

D.入射光線距OO,越遠(yuǎn)，出射光線與。。'的交點(diǎn)離AB面越遠(yuǎn)

【答案】B

【解析】

【詳解】A.光線射到圓弧面上的臨界角

.「13

sinC=—=—

n5

則

C=37°

玻璃磚的弧面上有光射出的區(qū)域弧長為

2x37377iR

2兀R—

36090

選項(xiàng)A錯誤;

B.光線垂直射到直徑A8時，玻璃磚的弧面上有光射出的區(qū)域所對應(yīng)的角度為74。；若在紙面內(nèi)將玻璃

磚繞圓心逆時針旋轉(zhuǎn)30，設(shè)此時能在圓弧A8面上發(fā)生全反射的兩條臨界光線在直徑上的折射角為仇

則

ZDFG=180-C-(90—8)=90-C+0

ZHFE=180-C-(90+8)=90-C-0

則

ZGFH=180-(ZDFG+NHFE)=2C=74

可知有光射出的區(qū)域弧長不變，選項(xiàng)B正確；

CD.設(shè)能從圓弧上射出某條光線在A8上的入射角為a,則折射角p滿足

sin?_3

sin/35

由正弦定理

R_FM

sin(,-a)sin("-/3)

可得

E,FM=------R-----.__

v9-25sin2a

cosa-------------------

5

則光線在AB上的入射角a不同，則光線與。。'的交點(diǎn)不同，即射出的光線不是都將匯于一點(diǎn)，入射光線

距。。越遠(yuǎn)a較大，出射光線與。。的交點(diǎn)離A3面不一定越遠(yuǎn)，選項(xiàng)CD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(xiàng)中至少有一個是符

合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分

14.下列說法正確的是()

A.可用金屬柏制作溫度傳感器B.可用干簧管制作壓力傳感器

C.可用金屬電容器制作位移傳感器D.可用電阻應(yīng)變片制作溫度傳感器

【答案】AC

【解析】

【詳解】A.金屬伯的電阻值隨溫度變化而變化，并且具有很好的重現(xiàn)性和穩(wěn)定性，利用伯的這種物理特

性制成的傳感器稱為鉗電阻溫度傳感器，鉗電阻溫度傳感器精度高，穩(wěn)定性好，應(yīng)用溫度范圍廣，故A

正確；

B.干簧管是感知磁場的傳感器，故B錯誤；

C.金屬電容式位移傳感器的原理是電容器的兩個電極作相對位移時，其電容量隨著變化，根據(jù)電容的變

化量可以測出位移的大小和方向，故可用金屬電容器制作位移傳感器，故C正確；

D.電阻應(yīng)變片由電阻絲溫度系數(shù)和電阻絲與被測件材料的膨脹系數(shù)的不同會產(chǎn)生溫度誤差，故不可用電

阻應(yīng)變片制作溫度傳感器，故D錯誤。

故選AC。

15.與下圖相關(guān)的說法正確的是分（）

乙：a粒子散射的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖

A.圖甲:湯姆孫的氣體放電管實(shí)驗(yàn)可估測電子的比荷

B.圖乙:盧瑟福的a粒子散射實(shí)驗(yàn)可估測原子核的半徑

C.圖丙:康普頓認(rèn)為光子與電子碰撞之后，動量減小、波長變短

D.圖丁:玻爾理論可以解釋多種物質(zhì)發(fā)出的線狀光譜

【答案】AB

【解析】

【詳解】A.湯姆孫通過研究求出了陰極射線的比荷，明確陰極射線是電子，故A正確；

B.盧瑟福在用a粒子轟擊金箔的實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)大多粒子能穿透金箔，只有少量的粒子發(fā)生較大的偏轉(zhuǎn)，提

出原子核式結(jié)構(gòu)學(xué)說，并能估測原子核的半徑，故B正確；

C.康普頓認(rèn)為光子與電子碰撞之后，動量減小、波長變長，故C錯誤；

D.玻爾理論只可以解釋氫原子的光譜現(xiàn)象，故D錯誤。

故選ABo

II非選擇題部分

三、非選擇題（本題共6小題，共55分）

16.（1）在“探究加速度與質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。

運(yùn)動”）的特點(diǎn)，實(shí)驗(yàn)時，應(yīng)改變多次實(shí)驗(yàn)。

【答案】①.AC##CA②.0.49##0.47##0.48##0.50##0.51##0.52③.B④.豎直分運(yùn)動⑤.

下落高度⑥.撞擊力度

【解析】

【詳解】（1）①[1]A.實(shí)驗(yàn)前將長木板安裝打點(diǎn)計(jì)時器的一側(cè)適當(dāng)墊高，以補(bǔ)償小車受到的阻力，輕推小

車,當(dāng)小車恰好勻速下滑時，說明小車重力的下滑分力剛好平衡了小車的摩擦阻力，故A正確;

B.電火花打點(diǎn)計(jì)時器電壓為220V,故B錯誤;

C.實(shí)驗(yàn)探究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，故需用天平稱量小車及車中重物的質(zhì)量，故C正確;

D.探究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，槽碼的質(zhì)量不需要改變，故D錯誤。

故選AC?

②⑵由圖可知,小車的加速度大小為

Av0.52-0.38

(I---------m---/-s-2--h---0--.47m/s2

At0.5-0.2

③[3]由圖可知,圖像是一條過原點(diǎn)的直線，在拉力不變時，小車的加速度與質(zhì)量成反比，拉力的大

小由槽碼的質(zhì)量影響。

故選B。

（2）[4]利用如圖實(shí)驗(yàn)裝置只能研究豎直方向兩小球同時落地，故可探究平拋運(yùn)動豎直分運(yùn)動。

⑸⑹實(shí)驗(yàn)時，為了得到實(shí)驗(yàn)結(jié)論，需多次測量實(shí)驗(yàn)，故需改變小球下落高度和撞擊力度。

17.在“測量電源的電動勢和內(nèi)阻”實(shí)驗(yàn)中，某小組用兩節(jié)干電池串聯(lián)進(jìn)行測量.

（1）該小組用多用電表粗測電池組的電動勢，在實(shí)驗(yàn)前可能需要進(jìn)行的操作是（選填“機(jī)械調(diào)

零”、“歐姆調(diào)零”）；如圖所示

是多用電表的操作面板，實(shí)驗(yàn)前需將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)至_________檔；經(jīng)正確操作后，電表指針指在如圖所

示位置，由圖中可知該電池組的電動勢為V.

(2)①該小組進(jìn)一步用圖所示儀器(其中定值電阻阻值為4.00。)，測量電池組的電動勢與內(nèi)電阻，部分

儀器已完成連接，為減少實(shí)驗(yàn)誤差，試用筆跡代替導(dǎo)線將電壓表接入電路

②經(jīng)過正確操作后，得到該電池的伏安特性曲線如圖所示，由此可知電池組的電動勢為V,內(nèi)電阻

3.20④.見解析⑤.3.001.56

【詳解】(1)[1]該小組用多用電表粗測電池組的電動勢，在實(shí)驗(yàn)前可能需要進(jìn)行的操作是機(jī)械調(diào)零。

⑵用多用電表測電池組電動勢，實(shí)驗(yàn)前需將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)至直流10V檔。

[3]經(jīng)正確操作后，電表指針指在如圖所示位置，由圖中可知該電池組的電動勢為3.20V。

(2)①[4]如圖

②[5]根據(jù)閉合電路歐姆定律，可得

U=E-I(r+R)

結(jié)合伏安特性曲線，有

由此可知電池組的電動勢為3.00V,內(nèi)電阻為1.56Q

18.如圖甲、乙，是某一強(qiáng)力吸盤掛鉤，其結(jié)構(gòu)原理如圖丙、丁所示。使用時，按住鎖扣把吸盤緊壓在墻

上（如圖甲和丙），空腔內(nèi)氣體壓強(qiáng)仍與外界大氣壓強(qiáng)相等。然后再扳下鎖扣（如圖乙和?。?，讓鎖扣通過細(xì)桿

把吸盤向外拉起，空腔體積增大，從而使吸盤緊緊吸在墻上。已知吸盤掛鉤的質(zhì)量，〃=0.02kg,外界大氣壓

強(qiáng)po=lxlO5pa,丙圖空腔體積為Vo=1.5cm3,丁圖空腔體積為0=2.Ocm3,如圖戊，空腔與墻面的正對面積

為Si=8cm2,吸盤與墻面接觸的圓環(huán)面積S2=8cm2,吸盤與墻面間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,最大靜摩擦力可

視為等于滑動摩擦力。吸盤空腔內(nèi)氣體可視為理想氣體，忽略操作時溫度的變化，全過程盤蓋和吸盤之間

的空隙始終與外界連通。

(1)扳下鎖扣過程中空腔內(nèi)氣體吸熱還是放熱？

(2)求板下鎖扣后空腔內(nèi)氣體的壓強(qiáng)pi;

(3)若掛鉤掛上重物時恰好不脫落，求所掛重物的質(zhì)量

【答案】(1)吸熱；(2)7.5xlO4Pa；(3)4.98kg

【解析】

【詳解】(1)整個過程中，溫度不變，空腔內(nèi)氣體內(nèi)能不變，扳下鎖扣過程中外力對空腔內(nèi)氣體做負(fù)功,

根據(jù)熱力學(xué)第一定律，空腔內(nèi)氣體吸熱。

(2)根據(jù)玻意耳定律

p(y0=PNI

代入數(shù)據(jù)解得

pi=7.5xlO4Pa

(3)若掛鉤掛上重物時恰好不脫落，對掛鉤受力分析

掛鉤對墻面的壓力

FN=p0S2+(p0-pl)Sl

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得

M=4.98kg

19.如圖所示，某游戲裝置由光滑平臺、軌道A3、豎直圓管道BCOEC(管道口徑遠(yuǎn)小于管道半徑)、水平

軌道CG光滑直軌道BG平滑連接組成，B、C、。為切點(diǎn)，A,尸連接處小圓弧長度不計(jì)，A點(diǎn)上方擋片

可使小滑塊無能量損失地進(jìn)入軌道AB。圓管道半徑R=0.2m,管道中，內(nèi)側(cè)粗糙，外側(cè)光滑。小滑塊與

軌道AB、CF的動摩擦因數(shù)均為〃=0.5,AB軌道長度/=0.4m,傾角6=37°,CF長度L=2m,FG

高度差〃=0.8m,平臺左側(cè)固定一輕質(zhì)彈簧，第一次壓縮彈簧后釋放小滑塊，恰好可以運(yùn)動到與管道圓

心等高的D點(diǎn)，第二次壓縮彈簧使彈性勢能為0.36J時釋放小滑塊，小滑塊運(yùn)動到圓管道最高處E的速度

為％=lm/s,已知小滑塊質(zhì)量m=0.1kg可視為質(zhì)點(diǎn)，sin37°=0.6,cos37°=0.8,不計(jì)空氣阻力。

求；

(1)第一次釋放小滑塊，小滑塊首次到圓管上的C點(diǎn)時受到彈力大??；

(2)第二次釋放小滑塊，小滑塊從C點(diǎn)運(yùn)動到E點(diǎn)的過程，圓管道對滑塊的摩擦力做的功；

(3)若第三次壓縮彈簧使彈性勢能為Ep時釋放小滑塊，要求小滑塊在圓管道內(nèi)運(yùn)動時不受到摩擦力且全

程不脫軌，最終停在C歹上。寫出小滑塊。'尸上運(yùn)動的總路程s與Ep之間的關(guān)系式，并指出Ep的取值

范圍。

E

m

?n

D

【答案】(1)綜=3N；⑵叱=-0.03J；(3)s=(2￡p+0.24)m；0.38J<Ep<1.68J

【解析】

【詳解】(1)從C到。，對小滑塊由動能定理可得

12

—mgR=Q——mvc

解得

vc=2m/s

在。點(diǎn)由牛頓第二定律可得

尸vc

K

聯(lián)立解得

FN=3N

(2)從開始到E點(diǎn)由動能定理可得

12

Ep+mglsin6-jumglcos0-mgR(l+cos8)+%=—mv卷一0

解得

噴=-0.03J

(3)從開始到C,可得

EkC-Ep=mglsin0-/jmglcos0+mgR(\-cos，)

解得

%=綜+0.⑵

要能最終停在C廠上，必過E點(diǎn)，圓軌道運(yùn)動無摩擦，所以

m2<m—

R

1

￡kE=-mVE9^0-1J

又有C到E,可得

-2mgR=EW-EkC

解得

Ep>O.38J

EkC>0.5J

不從右側(cè)斜面飛出需

Ekc-"ingL-mgh<0

解得

Ep<1.68J

%WL8J

返回，若不過圓心等高處，可得

Ekc-2fimgL-mgh<0

解得

EkC<2.2J

Ep<2.08J

故

0.38J<Ep<1.68J

從開始到靜止有

Ekc-〃mgs=0

則

s=(2Ep+0.24)m

其中

0.38J<Ep<1.68J

20.如圖所示，電池通過開關(guān)K］與兩根光滑水平軌道相連接，軌道的5、T兩處各有一小段絕緣，其它位

置電阻不計(jì)，軌道間L=lm,足夠長的區(qū)域MNP。內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度與=0.5T,QR右

側(cè)足夠長的區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2=O-5T,。、尸兩處各有一微微突起的導(dǎo)電結(jié)點(diǎn)，

結(jié)點(diǎn)不影響金屬棒通過。軌道右端電阻凡=0」。，尸與R間有一開關(guān)K.軌道上放置三根質(zhì)量根=0.03kg、

電阻-0.1。的相同金屬棒，金屬棒甲位于3磁場內(nèi)的左側(cè)；金屬棒乙用較長絕緣細(xì)線懸掛在8磁場外靠近

0P邊界的右側(cè)，且與導(dǎo)電結(jié)點(diǎn)無接觸；金屬棒丙位于8磁場內(nèi)的左側(cè)。閉合Ki,金屬棒甲向右加速，達(dá)

到穩(wěn)定后以%=2m/s速度與金屬棒乙碰撞形成一個結(jié)合體向右擺起。此時立即斷開K1并閉合K?,當(dāng)兩棒

結(jié)合體首次回到OP時，恰與導(dǎo)電結(jié)點(diǎn)接觸（無碰撞），此時導(dǎo)體棒丙獲得向右的速度。兩棒結(jié)合體首次向左

擺到最大高度/z=0.032m處被鎖止。空氣阻力不計(jì)，不考慮裝置自感。求：

（1）電池電動勢E的大??；

（2）碰后瞬間甲、乙結(jié)合體的速度大?。?；

（3）結(jié)合體與導(dǎo)電結(jié)點(diǎn)接觸過程，通過金屬棒丙的電荷量公

【解析】

【詳解】（1）當(dāng)感應(yīng)電動勢大小等于電池電動勢大小時，金屬棒勻速運(yùn)動，電池電動勢

￡=BxLv0=IV

（2）根據(jù)動量守恒

mv0=2mvr

得碰后瞬間甲、乙結(jié)合體的速度大小

V1=lm/s

（3）根據(jù)

得兩棒結(jié)合體首次回到。尸時的速度

v2=0.8m/s

方向向左，根據(jù)動量守恒

mvi=mv3—mv2

得導(dǎo)體棒丙速度

v3=1.8m/s

根據(jù)

F安?Nt=B?IL?X=mv3

q=[.At

得結(jié)合體與導(dǎo)電結(jié)點(diǎn)接觸過程，通過金屬棒丙的電荷量

q=0.108C

(4)根據(jù)能量守恒，全過程金屬棒丙、以產(chǎn)生熱量之和為

19

?？?—mv3=0.0486J

全過程金屬棒丙產(chǎn)生焦耳熱

一?=0.0243J

2R0+r

4加正

21.某離子診斷測量裝置的簡化結(jié)構(gòu)如圖所示。在第一象限中存在一沿+方向，電場強(qiáng)度后=一^的勻

aq

強(qiáng)電場。在第二、三象限存在垂直平面向外磁感應(yīng)強(qiáng)度3=強(qiáng)的勻強(qiáng)磁場。有一塊長度為a的探

aq

2

測板CD,僅可在第四象限范圍內(nèi)移動，且始終接地。在第一象限的拋物線y=—/(o