2024-2025學年浙江省嘉興市高三上學期9月基礎測試物理試卷（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12024年高三基礎測試物理試題卷本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁，滿分100分，考試時間90分鐘?？忌⒁猓?.答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在答題紙規(guī)定的位置上。2.答題時，請按照答題紙上“注意事項”的要求，在答題紙相應的位置上規(guī)范作答。在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區(qū)域內(nèi)。作圖時先使用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.可能用到的相關公式或參數(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。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.下列選項中，屬于能量單位的是（）A.W B.N?m C.A?V D.【答案】B【解析】A．W是功率的單位，故A錯誤；B．N為力的單位，m為位移的單位，根據(jù)可知N?m為功的單位，而能量與功的單位相同，故B正確；C．A為電流的單位，V為電壓的單位，根據(jù)可知A?V為電功率的單位，故C錯誤；D．kg為質(zhì)量的單位，為加速度的單位，根據(jù)可知為力的單位，故D錯誤。故選B。2.下雨時，關于雨滴下落過程的說法中，正確的是（）A.雨滴很小，一定可以看成質(zhì)點B.雨滴位移的大小一定等于路程C.在無風環(huán)境中雨滴做自由落體運動D.要研究雨滴的運動必須先選定參考系【答案】D【解析】A．物體能否可看做質(zhì)點，主要是看物體的線度和大小與所研究的問題相比能否忽略不計，與物體的大小無關，則雨滴雖然很小，也不一定可以看成質(zhì)點，選項A錯誤；B．若雨滴做曲線運動，則雨滴位移的大小不等于路程，選項B錯誤；C．在無風環(huán)境中雨滴下落時也受空氣阻力作用，則不是做自由落體運動，選項C錯誤；D．要研究雨滴的運動必須先選定參考系，選項D正確。故選D。3.如圖所示，籃球擦著籃板成功入筐?；@球擦板過程中受到（）A.手的推力、重力B.重力、彈力和空氣阻力C.重力、彈力、籃板的摩擦力和空氣阻力D.手的推力、重力、彈力、籃板的摩擦力和空氣阻力【答案】C【解析】籃球擦板過程中受到重力、彈力、籃板的摩擦力和空氣阻力共四個力作用。故選C。4.如圖所示是水平地面上的“剪叉”式升降平臺，通過“剪叉”的伸展或收縮可調(diào)整平臺高度。則平臺（）A勻速上升過程中機械能守恒B.勻速下降過程中“剪叉”對平臺的作用力逐漸減小C.勻速上升過程中“剪叉”中每一根臂的彈力逐漸增大D.啟動上升的瞬間處于超重狀態(tài)【答案】D【解析】A．勻速上升過程中，平臺的動能不變，重力勢能增加，則機械能增加，故A錯誤；B．勻速下降過程中“剪叉”對平臺的作用力與平臺的重力平衡，則“剪叉”對平臺的作用力不變，故B錯誤；C．勻速上升過程中，設“剪叉”中每一根臂與豎直方向夾角為，以平臺為對象，根據(jù)受力平衡可得上升過程中，由于逐漸減小，逐漸增大，則“剪叉”中每一根臂的彈力逐漸減小，故C錯誤；D．啟動上升的瞬間，由于加速度方向向上，則平臺處于超重狀態(tài)，故D正確。故選D。5.以下關于教材插圖的說法正確的是（）A.甲圖中左為驗電器，右為靜電計，靜電計不能檢驗物體是否帶電B.利用乙圖儀器探究帶電小球間庫侖力大小相關因素時需要測出小球電荷量C.丙圖中高壓設備間發(fā)生了尖端放電，為避免此現(xiàn)象則設備表面應盡量光滑D.丁圖所示的器材為電容器，其電容為1.0F，擊穿電壓為5.5V【答案】C【解析】A．甲圖中左為驗電器，右為靜電計，靜電計也能檢驗物體是否帶電，選項A錯誤；B．利用乙圖儀器探究帶電小球間庫侖力大小相關因素時只需要知道小球帶電量的關系，不需要測出小球電荷量，選項B錯誤；C．高壓電氣設備的金屬元件，表面有靜電，尖銳的地方更容易積累更多的電荷，金屬元件表面要很光滑，這樣做的目的是避免尖端放電，故C正確；D．丁圖所示的器材為電容器，其電容為1.0F，額定電壓為5.5V，選項D錯誤。故選C。6.如圖所示為某種煙霧探測器，其中裝有放射性元素，可衰變?yōu)?，半衰期長達432.2年。利用衰變時釋放的射線，可以實現(xiàn)煙霧監(jiān)測。則（）A.衰變是β衰變B.該探測器主要利用了γ射線的電離本領C.比結合能小于的比結合能D.864.4年后探測器中所含的已全部發(fā)生衰變【答案】C【解析】A．根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒，可得衰變方程可知，的衰變是衰變，故A錯誤；B．該探測器主要利用了射線的電離本領，故B錯誤；C．可衰變產(chǎn)生的更穩(wěn)定，故的比結合能小于的比結合能，故C正確；D．根據(jù)代入t=864.4年，T=432.2年，可得剩余個數(shù)為即還有的沒有發(fā)生衰變，故D錯誤。故選C。7.如圖所示為嫦娥六號探測器“奔月”過程，其歷經(jīng)了①地月轉移、②近月制動、③環(huán)月飛行等過程，已知三個過程的軌道均經(jīng)過P點。則（）A.①轉移到②時需要加速B.②上的運行周期小于③上的運行周期C.②上經(jīng)過P點時加速度比③上經(jīng)過P點時大D.通過測量③上的運行周期可以估測月球密度【答案】D【解析】A．衛(wèi)星從高軌道到低軌道需要減速，故①轉移到②時需要減速，故A錯誤；B．根據(jù)開普勒第三定律，可知軌道半徑越大，周期越大，故B錯誤；C．根據(jù)牛頓第二定律解得可知②上經(jīng)過P點時加速度與③上經(jīng)過P點時加速度相等，故C錯誤；D．③是貼近月球表面環(huán)月飛行，設其周期為T，根據(jù)萬有引力提供向心力解得則月球的密度為解得所以通過測量③上的運行周期可以估測月球密度，故D正確。故選D。8.如圖所示，用三根相同細線a、b、c將重力均為G的兩個燈籠1和2懸掛起來。兩燈籠靜止時，細線a與豎直方向的夾角為30°，細線c水平。則（）A.a中的拉力大小為B.c中的拉力大小為C.b中的拉力小于c中的拉力D.只增加燈籠2的質(zhì)量，b最先斷【答案】A【解析】AB．將兩小球看作一個整體，對整體受力分析，如圖所示根據(jù)平衡條件可得，解得，故A正確，B錯誤；C．對2小球隔離分析，利用平衡條件可得故C錯誤；D．三根相同細線a、b、c的拉力大小關系為因三根相同細線所能承受的最大拉力相同，故只增加燈籠2的質(zhì)量，由上可知，a最先斷，故D錯誤。故選A。9.“超短激光脈沖展寬”曾獲諾貝爾物理學獎，其主體結構的截面如圖所示。在空氣中對稱放置四個相同的直角三棱鏡，三棱鏡的頂角為θ，相鄰兩棱鏡間的距離為d。兩頻率不同的光脈沖同時垂直射入第一個棱鏡左側面某處，經(jīng)過前兩個棱鏡后平行射向后兩個棱鏡，再經(jīng)過后兩個棱鏡重新合成為一束，并從第四個棱鏡右側面射出。兩光脈沖出射時有一時間差，從而完成脈沖展寬。則（）A.頻率較高的光脈沖先從出射點射出B.θ必須大于某一值才能實現(xiàn)光脈沖展寬C.垂直入射點不同，也不同D.d一定時，θ越小，也越小【答案】D【解析】A．光路圖如圖所示根據(jù)折射定律有因入射角r相同，下方光脈沖的折射角i更大，故下方光脈沖的折射率更大，頻率也更高，根據(jù)可知下方光脈沖在棱鏡傳播的速度更小，且由圖可知，其傳播的路程更長，故頻率較高的光脈沖傳播的時間更長，較后從出射點射出，故A錯誤；B．若θ大于某一值，光脈沖可能在第一個三棱鏡的斜面發(fā)生全反射，無法實現(xiàn)光脈沖展寬，故B錯誤；C．由于光脈沖在棱鏡中的傳播路徑和所需時間只與棱鏡的折射率和幾何形狀有關，與垂直入射點的位置無關，所以不會因垂直入射點的不同而改變，故C錯誤；D．當兩棱鏡間的距離d一定時，θ越小，光在棱鏡中的傳播路徑就會越短，所需時間也會越少，因此時間差也會越小，故D正確。故選D。10.如圖所示，兩波源分別位于x=-2m和x=12m處，均只振動一個周期，振幅均為4cm。兩波沿x軸相向傳播，t=0時刻波形如圖。已知波傳播速度為v=4m/s，質(zhì)點M的平衡位置在x=5m處，則（）A.P、Q起振方向相同B.兩波相遇時P處質(zhì)點移動到了M處C.t=1.75s時質(zhì)點Q位移為cmD.整個傳播過程M點一直沒有振動【答案】D【解析】A．根據(jù)t=0時刻的波形圖和上下坡法可知，P的起振方向沿y軸負方向，Q的起振方向沿y軸正方向，故A錯誤；B．質(zhì)點只能在自己平衡位置附近振動，而不隨波遷移，故B錯誤；C．由圖可知，兩列波的波長都為4m，則周期為又因兩列波只振動一個周期，可知在t=1.75s時右側波已離開x=8m處，左側波經(jīng)t=1.75s向右傳播的距離為即左側波的波谷恰好傳到x=8m處，故此時質(zhì)點Q的位移為-4cm，故C錯誤；D．由圖可知，PM的距離與OM的距離相等，故兩列波同時傳至M點，兩列波的頻率相同，振動方向相反，故M點為振動減弱點，所以整個傳播過程M點一直沒有振動，故D正確。故選D。11.某品牌電動汽車電動機最大輸出功率為120kW，最高車速可達，車載電池最大輸出電能為。已知該車以速度在平直公路上勻速行駛時，電能轉化為機械能的總轉化率為。若汽車行駛過程中受到阻力f與車速v的關系符合，其中k為未知常數(shù)，則該電動汽車以行駛的最大里程約為（）A.350km B.405km C.450km D.500km【答案】B【解析】根據(jù)題意可知，車速最大時，牽引力為則有解得當車速為時，則有由能量守恒定律有解得故選B。12.如圖所示，空間同一水平面的M、N點固定兩個等量正點電荷，半徑為R的絕緣光滑圓管道ABCD垂直MN放置，其圓心O在MN的中點，AC和BD分別為豎直和水平的直徑。質(zhì)量為m、電荷量為的小球（小球直徑略小于圓管直徑）放進圓管內(nèi)，從A點沿圓環(huán)以初速度做完整的圓周運動，則小球（）A.從A到C的過程中電勢能變小B.不可能沿圓環(huán)做勻速圓周運動C.在A處與管道之間彈力為0D.在D點受到的合外力指向O點【答案】B【解析】A．根據(jù)等量同種點電荷電場的電勢分布規(guī)律可知，以O點為圓心且垂直于連線的圓環(huán)，其上每一位置的電勢均相等，故小球從A到C的過程中電勢能不變，故A錯誤；B．小球從A到C的過程中，電勢能不變，則電場力不做功，重力做正功，速度會增大，故小球不可能沿圓環(huán)做勻速圓周運動，故B正確；C．小球在A處的速度為，兩正電荷對其庫侖力的合力指向O點，根據(jù)牛頓第二定律有可得即小球在A處受到內(nèi)軌道向上的支持力，即彈力不為零，故C錯誤；D．在D點，兩正電荷對小球庫侖力的合力指向O點，小球所受重力豎直向下，故小球在D點受到的合外力不指向O點，故D錯誤。故選B。13.如圖所示為無線充電寶給手機充電的工作原理圖。充電時，手機與阻值R2Ω的電阻串接于受電線圈兩端c和d，并置于充電寶內(nèi)的送電線圈正上方，送電線圈與受電線圈的匝數(shù)比為1∶3，兩線圈自身的電阻忽略不計。當ab間接上3V的正弦交變電流后，手機兩端的輸入電壓為5V，流過手機的電流為1A，則（）A.受電線圈cd兩端的輸出電壓為9VB.ab端的輸入功率為7WC.流經(jīng)送電線圈的電流為3AD.充電效率一定小于55.6%【答案】D【解析】A．根據(jù)題意，受電線圈cd兩端的輸出電壓為故A錯誤；B．根據(jù)題意知故判斷送電線圈與受電線圈非理想線圈，因為故ab端的輸入功率大于7W，故B錯誤；C．根據(jù)B項分析知，送電線圈與受電線圈非理想線圈，故解得流經(jīng)送電線圈的電流故C錯誤；D．如果是理想變壓器，則根據(jù)電壓與匝數(shù)比的關系知受電線圈cd兩端的輸出電壓為電路的總的輸入功率為，電池產(chǎn)生的熱功率為，故充電效率故D正確。故選D。二、選擇題II（本題共2小題，每小題3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.動量守恒定律由牛頓力學推導得到，因此微觀領域動量守恒定律不適用B.非晶體沿各個方向的物理性質(zhì)都是一樣的，具有各向同性C.食鹽被灼燒時發(fā)的光主要是由鈉原子從低能級向高能級躍遷時產(chǎn)生的D.光電效應、黑體輻射、物質(zhì)波等理論均與普朗克常量有關【答案】BD【解析】A．動量守恒定律雖然由牛頓力學推導得到，但動量守恒定律在宏觀與微觀與領域均適用，故A錯誤；B．根據(jù)晶體與非晶體的特征，非晶體沿各個方向的物理性質(zhì)都是一樣的，具有各向同性，故B正確；C．食鹽被灼燒時發(fā)的光主要是由鈉原子從高能級向低能級躍遷時產(chǎn)生的，故C錯誤；D．根據(jù)粒子性與波動性的規(guī)律可知，光電效應、黑體輻射、物質(zhì)波等理論均與普朗克常量有關，故D正確。故選BD。15.用如圖甲所示電路圖進行兩次不同的光電效應實驗，得到圖乙所示圖像①、②，其中為遏止電壓，為入射光頻率，則（）A.測遏止電壓時滑動變阻器劃片P應置于Ob之間B.兩次實驗相比，①實驗中的金屬逸出功較②小C.①②圖線的斜率相同，斜率大小表示普朗克常量D.同一入射光做光電效應實驗時，①中的光電子最大初動能較②大【答案】BD【解析】A．光射入后，光電子在K極射出，當光電子恰好能達到A極時，此時電壓表的示數(shù)為遏止電壓，所以光電子從K到A做減速運動，所受電場力向左，則電場強度向右，則K極電勢更高，所以滑動變阻器劃片P應置于Oa之間，故A錯誤；B．根據(jù)，聯(lián)立解得圖像的縱截距，由圖可知①的縱截距絕對值小于②的縱截距絕對值，則兩次實驗相比，故①實驗中的金屬逸出功較②小，故B正確；C．根據(jù)可知圖像的斜率為，故①②圖線的斜率相同，但斜率大小不表示普朗克常量，故C錯誤；D．根據(jù)可知，同一入射光做光電效應實驗時，因①的金屬逸出功更小，所以①的電子最大初動能較②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）16.（1）①利用如圖1所示實驗裝置，可以完成的實驗有__________。A.探究小車速度隨時間變化規(guī)律B.探究加速度與力、質(zhì)量的關系C.驗證動量守恒定律②在“驗證機械能守恒定律”實驗中，利用打點計時器得到了如圖2的紙帶，其中“1”、“2”、“3”、“4”為連續(xù)打出的四個點。點“3”對應速度大小為________m/s；點“1”對應的重錘重力勢能大小________點“4”（填“>”“<”或“=”）。（2）在研究平拋運動規(guī)律實驗中：①利用圖3甲裝置進行實驗，可以探究平拋運動__________（填“水平”或“豎直”）方向運動規(guī)律；②利用圖3乙裝置進行實驗時，操作正確的是__________。A.釋放小球時必須在同一點B.擋桿高度必須等間距調(diào)整C.實驗前調(diào)節(jié)斜槽末端水平D.用平滑曲線將小球印跡連接形成平拋軌跡【答案】（1）AB3.25>（2）豎直ACD【解析】【小問1詳解】①[1]利用如圖1所示實驗裝置，可以完成“探究小車速度隨時間變化規(guī)律”以及“探究加速度與力、質(zhì)量的關系”，不能完成“驗證動量守恒”的實驗，故選AB。②[2]點“3”對應速度大小為[3]打點“1”時重錘的位置較高，則點“1”對應的重錘重力勢能大小大于點“4”?！拘?詳解】①[1]利用圖3甲裝置進行實驗，讓小錘擊打金屬片，兩球同時下落，且同時落地，說明兩球在豎直方向的運動相同，即可以探究平拋運動豎直方向運動規(guī)律；②[2]A．釋放小球時必須在同一點，以保證小球做平拋運動的初速度相同，選項A正確；B．擋桿高度不一定必須等間距調(diào)整，選項B錯誤；C．實驗前調(diào)節(jié)斜槽末端水平，以保證小球做平拋運動，選項C正確；D．用平滑曲線將小球印跡連接形成平拋軌跡，選項D正確。故選ACD。17.某學習小組在做“測量電源的電動勢和內(nèi)阻”實驗時采用了以下實驗器材：干電池一節(jié)（電動勢約1.5V，內(nèi)阻小于1Ω）；電壓表V（量程3V，內(nèi)阻約3kΩ）；電流表A（量程0.6A，內(nèi)阻約1Ω）；滑動變阻器R（最大阻值為20Ω）；定值電阻R1（阻值2Ω）；定值電阻R2（阻值4Ω）；開關一個，導線若干。（1）學習小組按照圖甲圖電路圖進行正確操作，并根據(jù)實驗數(shù)據(jù)做出U?I圖像，如圖乙圖所示。根據(jù)圖像可知，所選的定值電阻應為__________（填“R1”或“R2”），干電池內(nèi)阻r=__________Ω。（保留兩位有效數(shù)字）（2）本實驗中的電表帶來的誤差主要來源于__________（填“電壓表分流”或“電流表分壓”），測得的電源電動勢相比真實值__________（填“偏大”或“偏小”）?！敬鸢浮浚?）R10.41##0.42##0.43##0.44##0.45（2）電壓表分流偏小【解析】【小問1詳解】[1][2]由圖示圖像可知，電源與定值電阻整體組成的等效電源內(nèi)阻由題意可知，電源內(nèi)阻小于1Ω，則定值電阻應選擇R1，干電池內(nèi)阻為【小問2詳解】[1]考慮電表內(nèi)阻對實驗的影響，由圖甲可知，誤差來源于電壓表分流作用。[2]由于電壓表的分流作用，干路中電流的真實值大于測量值，由閉合電路歐姆定律得可得如果不考慮電表內(nèi)阻對實驗的影響，由閉合電路歐姆定律得可知，電源的U?I圖像如下圖所示由圖可知18.關于如圖中實驗數(shù)據(jù)或現(xiàn)象說法正確的是（）A.甲圖中的游標卡尺讀數(shù)為5.24mmB.對于一定質(zhì)量的氣體而言，乙圖為不同溫度下的等溫線，其中T1>T2C.用白光進行光的干涉實驗時可以得到如圖丙所示的黑白相間干涉條紋D.丁圖為“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗時得到的實驗現(xiàn)象，產(chǎn)生原因可能是痱子粉灑太厚了【答案】AD【解析】A．甲圖中的游標卡尺讀數(shù)為故A正確；B．根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可得可知則離坐標原點越遠的等溫線溫度越高，所以T1<T2，故B錯誤；C．用白光進行光的干涉實驗時，因白光為復色光，所以像屏上產(chǎn)生的條紋是彩色的干涉條紋，故C錯誤；D．由圖可知油膜沒有充分展開，說明水面上痱子粉撒得太多太厚，故D正確。故選AD。19.如圖所示，在豎直放置的圓柱形容器內(nèi)用質(zhì)量為m=0.5kg的活塞密封一部分氣體，活塞能無摩擦地滑動，容器的橫截面積S=100cm2，將整個裝置放在大氣壓恒為p0=1.0×105Pa的空氣中，開始時氣體的溫度T0=300K，活塞與容器底的距離為L=20cm。由于外界溫度改變，活塞緩慢下降h=3cm后再次平衡，此過程中氣體與外界有40J的熱交換。求：（1）在此過程中容器內(nèi)氣體（選填“吸收”、“釋放”或“既不吸收也不釋放”）熱量；（2）活塞再次平衡時外界的溫度；（3）此過程中密閉氣體內(nèi)能變化量?！敬鸢浮浚?）釋放（2）255K（3）【解析】【小問1詳解】氣體進行等壓變化，體積減小，則根據(jù)可知，溫度降低，可知內(nèi)能減小，外界對氣體做功，根據(jù)熱力學第一定律可知，氣體釋放熱量；【小問2詳解】根據(jù)蓋呂薩克定律解得T=255K【小問3詳解】此過程中外界對氣體做功為氣體向外放熱Q=-40J則氣體內(nèi)能變化量20.如圖所示為一軌道模型圖，由水平軌道AB、固定凹槽BGHC（GH足夠長）、半圓軌道DE（D是最高點，E是最低點，C在D的正下方，且C和D間隙不計）組成，其中半圓軌道DE的半徑R大小可調(diào)，所有軌道及凹槽均光滑。長度L=0.5m的水平傳送帶EF與DE平滑銜接。質(zhì)量M=0.2kg的平板緊靠凹槽側璧BG放置，平板上表面與ABC平面齊平。質(zhì)量m=0.1kg的小滑塊（可視為質(zhì)點）被彈簧彈出后，滑上平板并帶動平板一起運動，平板與側璧CH相撞后將原速彈回。已知ABC平面與水平地面高度差h=1m，傳送帶順時針傳送速度v=1m/s，滑塊與平板和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.4。（1）調(diào)節(jié)半圓軌道DE的半徑為R=0.4m，被彈出的滑塊恰好能滑過凹槽，且恰好不脫離圓軌道DE，求：①小滑塊沿圓軌道滑過E點時受到的支持力FN；②平板的長度及彈簧釋放的彈性勢能Ep。（2）在保持問（1）中其他條件不變的情形下，僅改變R大小，滑塊從F飛出落至地面，水平位移為x，求x的最大值。【答案】（1）①；②，（2）1m【解析】【小問1詳解】①設滑塊經(jīng)過D點的速度為vD，根據(jù)題意，可得解得D到E過程由動能定理得在E點有解得②到達木板最右端時兩物體共速，設木板長度為s，滑塊滑上木板時速度為vB，共速時的速度為v共，即，由動量守恒定律得解得由能量守恒可得彈性勢能為由能量守恒得解得【小問2詳解】在滿足（1）條件下滑塊在D點的速度為2m/s，所以，D到F過程由動能定理得從F點滑出后滑塊做平拋運動，則聯(lián)立可得當時，x有最大值為1m。21.如圖1所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量m=1kg、足夠長的U型金屬導軌PQMN，導軌間距L=0.5m，QN段電阻r=0.3Ω，導軌其余部分電阻不計。緊靠U型導軌的右側有方向豎直向下、磁感應強度大小B=1.0T的勻強磁場。一電阻R=0.2Ω的輕質(zhì)導體棒ab垂直擱置在導軌上，并處于方向水平向左、磁感應強度大小亦為B=1.0T的勻強磁場中，同時被右側兩固定絕緣立柱擋住，棒ab與導軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，在棒ab兩端接有一理想電壓表（圖中未畫出）。t=0時，U型導軌QN邊在外力F作用下從靜止開始運動，電壓表顯示的示數(shù)U與時間t的關系如圖2所示。經(jīng)過t=2s的時間后撤去外力F，U型導軌繼續(xù)滑行直至靜止，整個過程中棒ab始終與導軌垂直。求：（1）t=2s時U型導軌的速度大小；（2）外力F的最大值；（3）撤去外力F后，U型導軌繼續(xù)滑行的最大位移；（4）撤去外力F后的整個滑行過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q。【答案】（1）（2）F=1.1N（3）（4）【解析】【小問1詳解】導體框切割產(chǎn)生的電動勢ab棒兩端的電壓解得【小問2詳解】因ab間電壓因U-t圖像為過原點的直線，可知導軌的加速度a不變，即做勻加速運動，且由圖像可知a=0.5m/s2受力分析知：t=2s時ab間電壓最大，此時v=1m/s，產(chǎn)生的感應電流最大，導軌受安培力最大，則此時拉力最大，根據(jù)牛頓第二定律其中解得F=1.1N【小問3詳解】撤去外力F后求得【小問4詳解】產(chǎn)生的總熱量由以上分析可知可知焦耳熱Q1和摩擦生熱Q2的比例關系為5∶1，則撤去F后回路的焦耳熱22.如圖所示，在xOy坐標平面的第三象限內(nèi)存在一個與x軸平行的線狀粒子源S，其長度為2R，右端緊靠y軸，可以連續(xù)不斷地產(chǎn)生沿粒子源均勻分布的電量為+q、質(zhì)量為m的無初速粒子。粒子經(jīng)y方向的勻強電場加速獲得初速度v0后，進入一垂直紙面向外的圓形勻強磁場區(qū)域。該圓形磁場區(qū)域與y軸相切，圓心O'坐標為（，0）。在xOy坐標平面的第一象限內(nèi)依次存在三個寬度均為d、方向垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域I、Ⅱ、Ⅲ，三區(qū)域的磁感應強度之比為6∶2∶1，區(qū)域Ⅲ的右邊界安裝了一豎直接地擋板，可吸收打在板上的粒子。已知對準O'射入圓形磁場的粒子將沿著x軸射出；從O點射出、方向與x軸成30°的粒子剛好經(jīng)過區(qū)域I的右邊界（未進入?yún)^(qū)域Ⅱ）。不計粒子的重力和粒子間的相互作用，求：（1）圓形磁場的磁感應強度大小B0；（2）I區(qū)域的磁感應強度大小B1；（3）若能從O點出射、方向與x軸成θ的粒子剛好經(jīng)過區(qū)域Ⅱ的右邊界（未進入?yún)^(qū)域Ⅲ），求θ的正弦值；（4）若某段時間內(nèi)從線狀離子源飄出N個粒子，求能打在擋板上的粒子數(shù)?！敬鸢浮浚?）（2）（3）（4）【解析】【小問1詳解】根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得【小問2詳解】設粒子在I區(qū)的運動半徑為r，根據(jù)幾何關系有則I區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得【小問3詳解】區(qū)域Ⅱ粒子軌跡如圖所示根據(jù)幾何關系有，解得，【小問4詳解】設與x軸成β方向的粒子正好打到檔板，由三個區(qū)域的動量定理綜合得解得由幾何關系可得對應在發(fā)射源的位置與y軸距離，該點到發(fā)射源中點間發(fā)射的粒子均能打到檔板，所以總共為。2024年高三基礎測試物理試題卷本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁，滿分100分，考試時間90分鐘。考生注意：1.答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在答題紙規(guī)定的位置上。2.答題時，請按照答題紙上“注意事項”的要求，在答題紙相應的位置上規(guī)范作答。在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區(qū)域內(nèi)。作圖時先使用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.可能用到的相關公式或參數(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。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.下列選項中，屬于能量單位的是（）A.W B.N?m C.A?V D.【答案】B【解析】A．W是功率的單位，故A錯誤；B．N為力的單位，m為位移的單位，根據(jù)可知N?m為功的單位，而能量與功的單位相同，故B正確；C．A為電流的單位，V為電壓的單位，根據(jù)可知A?V為電功率的單位，故C錯誤；D．kg為質(zhì)量的單位，為加速度的單位，根據(jù)可知為力的單位，故D錯誤。故選B。2.下雨時，關于雨滴下落過程的說法中，正確的是（）A.雨滴很小，一定可以看成質(zhì)點B.雨滴位移的大小一定等于路程C.在無風環(huán)境中雨滴做自由落體運動D.要研究雨滴的運動必須先選定參考系【答案】D【解析】A．物體能否可看做質(zhì)點，主要是看物體的線度和大小與所研究的問題相比能否忽略不計，與物體的大小無關，則雨滴雖然很小，也不一定可以看成質(zhì)點，選項A錯誤；B．若雨滴做曲線運動，則雨滴位移的大小不等于路程，選項B錯誤；C．在無風環(huán)境中雨滴下落時也受空氣阻力作用，則不是做自由落體運動，選項C錯誤；D．要研究雨滴的運動必須先選定參考系，選項D正確。故選D。3.如圖所示，籃球擦著籃板成功入筐?；@球擦板過程中受到（）A.手的推力、重力B.重力、彈力和空氣阻力C.重力、彈力、籃板的摩擦力和空氣阻力D.手的推力、重力、彈力、籃板的摩擦力和空氣阻力【答案】C【解析】籃球擦板過程中受到重力、彈力、籃板的摩擦力和空氣阻力共四個力作用。故選C。4.如圖所示是水平地面上的“剪叉”式升降平臺，通過“剪叉”的伸展或收縮可調(diào)整平臺高度。則平臺（）A勻速上升過程中機械能守恒B.勻速下降過程中“剪叉”對平臺的作用力逐漸減小C.勻速上升過程中“剪叉”中每一根臂的彈力逐漸增大D.啟動上升的瞬間處于超重狀態(tài)【答案】D【解析】A．勻速上升過程中，平臺的動能不變，重力勢能增加，則機械能增加，故A錯誤；B．勻速下降過程中“剪叉”對平臺的作用力與平臺的重力平衡，則“剪叉”對平臺的作用力不變，故B錯誤；C．勻速上升過程中，設“剪叉”中每一根臂與豎直方向夾角為，以平臺為對象，根據(jù)受力平衡可得上升過程中，由于逐漸減小，逐漸增大，則“剪叉”中每一根臂的彈力逐漸減小，故C錯誤；D．啟動上升的瞬間，由于加速度方向向上，則平臺處于超重狀態(tài)，故D正確。故選D。5.以下關于教材插圖的說法正確的是（）A.甲圖中左為驗電器，右為靜電計，靜電計不能檢驗物體是否帶電B.利用乙圖儀器探究帶電小球間庫侖力大小相關因素時需要測出小球電荷量C.丙圖中高壓設備間發(fā)生了尖端放電，為避免此現(xiàn)象則設備表面應盡量光滑D.丁圖所示的器材為電容器，其電容為1.0F，擊穿電壓為5.5V【答案】C【解析】A．甲圖中左為驗電器，右為靜電計，靜電計也能檢驗物體是否帶電，選項A錯誤；B．利用乙圖儀器探究帶電小球間庫侖力大小相關因素時只需要知道小球帶電量的關系，不需要測出小球電荷量，選項B錯誤；C．高壓電氣設備的金屬元件，表面有靜電，尖銳的地方更容易積累更多的電荷，金屬元件表面要很光滑，這樣做的目的是避免尖端放電，故C正確；D．丁圖所示的器材為電容器，其電容為1.0F，額定電壓為5.5V，選項D錯誤。故選C。6.如圖所示為某種煙霧探測器，其中裝有放射性元素，可衰變?yōu)椋胨テ陂L達432.2年。利用衰變時釋放的射線，可以實現(xiàn)煙霧監(jiān)測。則（）A.衰變是β衰變B.該探測器主要利用了γ射線的電離本領C.比結合能小于的比結合能D.864.4年后探測器中所含的已全部發(fā)生衰變【答案】C【解析】A．根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒，可得衰變方程可知，的衰變是衰變，故A錯誤；B．該探測器主要利用了射線的電離本領，故B錯誤；C．可衰變產(chǎn)生的更穩(wěn)定，故的比結合能小于的比結合能，故C正確；D．根據(jù)代入t=864.4年，T=432.2年，可得剩余個數(shù)為即還有的沒有發(fā)生衰變，故D錯誤。故選C。7.如圖所示為嫦娥六號探測器“奔月”過程，其歷經(jīng)了①地月轉移、②近月制動、③環(huán)月飛行等過程，已知三個過程的軌道均經(jīng)過P點。則（）A.①轉移到②時需要加速B.②上的運行周期小于③上的運行周期C.②上經(jīng)過P點時加速度比③上經(jīng)過P點時大D.通過測量③上的運行周期可以估測月球密度【答案】D【解析】A．衛(wèi)星從高軌道到低軌道需要減速，故①轉移到②時需要減速，故A錯誤；B．根據(jù)開普勒第三定律，可知軌道半徑越大，周期越大，故B錯誤；C．根據(jù)牛頓第二定律解得可知②上經(jīng)過P點時加速度與③上經(jīng)過P點時加速度相等，故C錯誤；D．③是貼近月球表面環(huán)月飛行，設其周期為T，根據(jù)萬有引力提供向心力解得則月球的密度為解得所以通過測量③上的運行周期可以估測月球密度，故D正確。故選D。8.如圖所示，用三根相同細線a、b、c將重力均為G的兩個燈籠1和2懸掛起來。兩燈籠靜止時，細線a與豎直方向的夾角為30°，細線c水平。則（）A.a中的拉力大小為B.c中的拉力大小為C.b中的拉力小于c中的拉力D.只增加燈籠2的質(zhì)量，b最先斷【答案】A【解析】AB．將兩小球看作一個整體，對整體受力分析，如圖所示根據(jù)平衡條件可得，解得，故A正確，B錯誤；C．對2小球隔離分析，利用平衡條件可得故C錯誤；D．三根相同細線a、b、c的拉力大小關系為因三根相同細線所能承受的最大拉力相同，故只增加燈籠2的質(zhì)量，由上可知，a最先斷，故D錯誤。故選A。9.“超短激光脈沖展寬”曾獲諾貝爾物理學獎，其主體結構的截面如圖所示。在空氣中對稱放置四個相同的直角三棱鏡，三棱鏡的頂角為θ，相鄰兩棱鏡間的距離為d。兩頻率不同的光脈沖同時垂直射入第一個棱鏡左側面某處，經(jīng)過前兩個棱鏡后平行射向后兩個棱鏡，再經(jīng)過后兩個棱鏡重新合成為一束，并從第四個棱鏡右側面射出。兩光脈沖出射時有一時間差，從而完成脈沖展寬。則（）A.頻率較高的光脈沖先從出射點射出B.θ必須大于某一值才能實現(xiàn)光脈沖展寬C.垂直入射點不同，也不同D.d一定時，θ越小，也越小【答案】D【解析】A．光路圖如圖所示根據(jù)折射定律有因入射角r相同，下方光脈沖的折射角i更大，故下方光脈沖的折射率更大，頻率也更高，根據(jù)可知下方光脈沖在棱鏡傳播的速度更小，且由圖可知，其傳播的路程更長，故頻率較高的光脈沖傳播的時間更長，較后從出射點射出，故A錯誤；B．若θ大于某一值，光脈沖可能在第一個三棱鏡的斜面發(fā)生全反射，無法實現(xiàn)光脈沖展寬，故B錯誤；C．由于光脈沖在棱鏡中的傳播路徑和所需時間只與棱鏡的折射率和幾何形狀有關，與垂直入射點的位置無關，所以不會因垂直入射點的不同而改變，故C錯誤；D．當兩棱鏡間的距離d一定時，θ越小，光在棱鏡中的傳播路徑就會越短，所需時間也會越少，因此時間差也會越小，故D正確。故選D。10.如圖所示，兩波源分別位于x=-2m和x=12m處，均只振動一個周期，振幅均為4cm。兩波沿x軸相向傳播，t=0時刻波形如圖。已知波傳播速度為v=4m/s，質(zhì)點M的平衡位置在x=5m處，則（）A.P、Q起振方向相同B.兩波相遇時P處質(zhì)點移動到了M處C.t=1.75s時質(zhì)點Q位移為cmD.整個傳播過程M點一直沒有振動【答案】D【解析】A．根據(jù)t=0時刻的波形圖和上下坡法可知，P的起振方向沿y軸負方向，Q的起振方向沿y軸正方向，故A錯誤；B．質(zhì)點只能在自己平衡位置附近振動，而不隨波遷移，故B錯誤；C．由圖可知，兩列波的波長都為4m，則周期為又因兩列波只振動一個周期，可知在t=1.75s時右側波已離開x=8m處，左側波經(jīng)t=1.75s向右傳播的距離為即左側波的波谷恰好傳到x=8m處，故此時質(zhì)點Q的位移為-4cm，故C錯誤；D．由圖可知，PM的距離與OM的距離相等，故兩列波同時傳至M點，兩列波的頻率相同，振動方向相反，故M點為振動減弱點，所以整個傳播過程M點一直沒有振動，故D正確。故選D。11.某品牌電動汽車電動機最大輸出功率為120kW，最高車速可達，車載電池最大輸出電能為。已知該車以速度在平直公路上勻速行駛時，電能轉化為機械能的總轉化率為。若汽車行駛過程中受到阻力f與車速v的關系符合，其中k為未知常數(shù)，則該電動汽車以行駛的最大里程約為（）A.350km B.405km C.450km D.500km【答案】B【解析】根據(jù)題意可知，車速最大時，牽引力為則有解得當車速為時，則有由能量守恒定律有解得故選B。12.如圖所示，空間同一水平面的M、N點固定兩個等量正點電荷，半徑為R的絕緣光滑圓管道ABCD垂直MN放置，其圓心O在MN的中點，AC和BD分別為豎直和水平的直徑。質(zhì)量為m、電荷量為的小球（小球直徑略小于圓管直徑）放進圓管內(nèi)，從A點沿圓環(huán)以初速度做完整的圓周運動，則小球（）A.從A到C的過程中電勢能變小B.不可能沿圓環(huán)做勻速圓周運動C.在A處與管道之間彈力為0D.在D點受到的合外力指向O點【答案】B【解析】A．根據(jù)等量同種點電荷電場的電勢分布規(guī)律可知，以O點為圓心且垂直于連線的圓環(huán)，其上每一位置的電勢均相等，故小球從A到C的過程中電勢能不變，故A錯誤；B．小球從A到C的過程中，電勢能不變，則電場力不做功，重力做正功，速度會增大，故小球不可能沿圓環(huán)做勻速圓周運動，故B正確；C．小球在A處的速度為，兩正電荷對其庫侖力的合力指向O點，根據(jù)牛頓第二定律有可得即小球在A處受到內(nèi)軌道向上的支持力，即彈力不為零，故C錯誤；D．在D點，兩正電荷對小球庫侖力的合力指向O點，小球所受重力豎直向下，故小球在D點受到的合外力不指向O點，故D錯誤。故選B。13.如圖所示為無線充電寶給手機充電的工作原理圖。充電時，手機與阻值R2Ω的電阻串接于受電線圈兩端c和d，并置于充電寶內(nèi)的送電線圈正上方，送電線圈與受電線圈的匝數(shù)比為1∶3，兩線圈自身的電阻忽略不計。當ab間接上3V的正弦交變電流后，手機兩端的輸入電壓為5V，流過手機的電流為1A，則（）A.受電線圈cd兩端的輸出電壓為9VB.ab端的輸入功率為7WC.流經(jīng)送電線圈的電流為3AD.充電效率一定小于55.6%【答案】D【解析】A．根據(jù)題意，受電線圈cd兩端的輸出電壓為故A錯誤；B．根據(jù)題意知故判斷送電線圈與受電線圈非理想線圈，因為故ab端的輸入功率大于7W，故B錯誤；C．根據(jù)B項分析知，送電線圈與受電線圈非理想線圈，故解得流經(jīng)送電線圈的電流故C錯誤；D．如果是理想變壓器，則根據(jù)電壓與匝數(shù)比的關系知受電線圈cd兩端的輸出電壓為電路的總的輸入功率為，電池產(chǎn)生的熱功率為，故充電效率故D正確。故選D。二、選擇題II（本題共2小題，每小題3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.動量守恒定律由牛頓力學推導得到，因此微觀領域動量守恒定律不適用B.非晶體沿各個方向的物理性質(zhì)都是一樣的，具有各向同性C.食鹽被灼燒時發(fā)的光主要是由鈉原子從低能級向高能級躍遷時產(chǎn)生的D.光電效應、黑體輻射、物質(zhì)波等理論均與普朗克常量有關【答案】BD【解析】A．動量守恒定律雖然由牛頓力學推導得到，但動量守恒定律在宏觀與微觀與領域均適用，故A錯誤；B．根據(jù)晶體與非晶體的特征，非晶體沿各個方向的物理性質(zhì)都是一樣的，具有各向同性，故B正確；C．食鹽被灼燒時發(fā)的光主要是由鈉原子從高能級向低能級躍遷時產(chǎn)生的，故C錯誤；D．根據(jù)粒子性與波動性的規(guī)律可知，光電效應、黑體輻射、物質(zhì)波等理論均與普朗克常量有關，故D正確。故選BD。15.用如圖甲所示電路圖進行兩次不同的光電效應實驗，得到圖乙所示圖像①、②，其中為遏止電壓，為入射光頻率，則（）A.測遏止電壓時滑動變阻器劃片P應置于Ob之間B.兩次實驗相比，①實驗中的金屬逸出功較②小C.①②圖線的斜率相同，斜率大小表示普朗克常量D.同一入射光做光電效應實驗時，①中的光電子最大初動能較②大【答案】BD【解析】A．光射入后，光電子在K極射出，當光電子恰好能達到A極時，此時電壓表的示數(shù)為遏止電壓，所以光電子從K到A做減速運動，所受電場力向左，則電場強度向右，則K極電勢更高，所以滑動變阻器劃片P應置于Oa之間，故A錯誤；B．根據(jù)，聯(lián)立解得圖像的縱截距，由圖可知①的縱截距絕對值小于②的縱截距絕對值，則兩次實驗相比，故①實驗中的金屬逸出功較②小，故B正確；C．根據(jù)可知圖像的斜率為，故①②圖線的斜率相同，但斜率大小不表示普朗克常量，故C錯誤；D．根據(jù)可知，同一入射光做光電效應實驗時，因①的金屬逸出功更小，所以①的電子最大初動能較②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）16.（1）①利用如圖1所示實驗裝置，可以完成的實驗有__________。A.探究小車速度隨時間變化規(guī)律B.探究加速度與力、質(zhì)量的關系C.驗證動量守恒定律②在“驗證機械能守恒定律”實驗中，利用打點計時器得到了如圖2的紙帶，其中“1”、“2”、“3”、“4”為連續(xù)打出的四個點。點“3”對應速度大小為________m/s；點“1”對應的重錘重力勢能大小________點“4”（填“>”“<”或“=”）。（2）在研究平拋運動規(guī)律實驗中：①利用圖3甲裝置進行實驗，可以探究平拋運動__________（填“水平”或“豎直”）方向運動規(guī)律；②利用圖3乙裝置進行實驗時，操作正確的是__________。A.釋放小球時必須在同一點B.擋桿高度必須等間距調(diào)整C.實驗前調(diào)節(jié)斜槽末端水平D.用平滑曲線將小球印跡連接形成平拋軌跡【答案】（1）AB3.25>（2）豎直ACD【解析】【小問1詳解】①[1]利用如圖1所示實驗裝置，可以完成“探究小車速度隨時間變化規(guī)律”以及“探究加速度與力、質(zhì)量的關系”，不能完成“驗證動量守恒”的實驗，故選AB。②[2]點“3”對應速度大小為[3]打點“1”時重錘的位置較高，則點“1”對應的重錘重力勢能大小大于點“4”?！拘?詳解】①[1]利用圖3甲裝置進行實驗，讓小錘擊打金屬片，兩球同時下落，且同時落地，說明兩球在豎直方向的運動相同，即可以探究平拋運動豎直方向運動規(guī)律；②[2]A．釋放小球時必須在同一點，以保證小球做平拋運動的初速度相同，選項A正確；B．擋桿高度不一定必須等間距調(diào)整，選項B錯誤；C．實驗前調(diào)節(jié)斜槽末端水平，以保證小球做平拋運動，選項C正確；D．用平滑曲線將小球印跡連接形成平拋軌跡，選項D正確。故選ACD。17.某學習小組在做“測量電源的電動勢和內(nèi)阻”實驗時采用了以下實驗器材：干電池一節(jié)（電動勢約1.5V，內(nèi)阻小于1Ω）；電壓表V（量程3V，內(nèi)阻約3kΩ）；電流表A（量程0.6A，內(nèi)阻約1Ω）；滑動變阻器R（最大阻值為20Ω）；定值電阻R1（阻值2Ω）；定值電阻R2（阻值4Ω）；開關一個，導線若干。（1）學習小組按照圖甲圖電路圖進行正確操作，并根據(jù)實驗數(shù)據(jù)做出U?I圖像，如圖乙圖所示。根據(jù)圖像可知，所選的定值電阻應為__________（填“R1”或“R2”），干電池內(nèi)阻r=__________Ω。（保留兩位有效數(shù)字）（2）本實驗中的電表帶來的誤差主要來源于__________（填“電壓表分流”或“電流表分壓”），測得的電源電動勢相比真實值__________（填“偏大”或“偏小”）?！敬鸢浮浚?）R10.41##0.42##0.43##0.44##0.45（2）電壓表分流偏小【解析】【小問1詳解】[1][2]由圖示圖像可知，電源與定值電阻整體組成的等效電源內(nèi)阻由題意可知，電源內(nèi)阻小于1Ω，則定值電阻應選擇R1，干電池內(nèi)阻為【小問2詳解】[1]考慮電表內(nèi)阻對實驗的影響，由圖甲可知，誤差來源于電壓表分流作用。[2]由于電壓表的分流作用，干路中電流的真實值大于測量值，由閉合電路歐姆定律得可得如果不考慮電表內(nèi)阻對實驗的影響，由閉合電路歐姆定律得可知，電源的U?I圖像如下圖所示由圖可知18.關于如圖中實驗數(shù)據(jù)或現(xiàn)象說法正確的是（）A.甲圖中的游標卡尺讀數(shù)為5.24mmB.對于一定質(zhì)量的氣體而言，乙圖為不同溫度下的等溫線，其中T1>T2C.用白光進行光的干涉實驗時可以得到如圖丙所示的黑白相間干涉條紋D.丁圖為“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗時得到的實驗現(xiàn)象，產(chǎn)生原因可能是痱子粉灑太厚了【答案】AD【解析】A．甲圖中的游標卡尺讀數(shù)為故A正確；B．根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可得可知則離坐標原點越遠的等溫線溫度越高，所以T1<T2，故B錯誤；C．用白光進行光的干涉實驗時，因白光為復色光，所以像屏上產(chǎn)生的條紋是彩色的干涉條紋，故C錯誤；D．由圖可知油膜沒有充分展開，說明水面上痱子粉撒得太多太厚，故D正確。故選AD。19.如圖所示，在豎直放置的圓柱形容器內(nèi)用質(zhì)量為m=0.5kg的活塞密封一部分氣體，活塞能無摩擦地滑動，容器的橫截面積S=100cm2，將整個裝置放在大氣壓恒為p0=1.0×105Pa的空氣中，開始時氣體的溫度T0=300K，活塞與容器底的距離為L=20cm。由于外界溫度改變，活塞緩慢下降h=3cm后再次平衡，此過程中氣體與外界有40J的熱交換。求：（1）在此過程中容器內(nèi)氣體（選填“吸收”、“釋放”或“既不吸收也不釋放”）熱量；（2）活塞再次平衡時外界的溫度；（3）此過程中密閉氣體內(nèi)能變化量?！敬鸢浮浚?）釋放（2）255K（3）【解析】【小問1詳解】氣體進行等壓變化，體積減小，則根據(jù)可知，溫度降低，可知內(nèi)能減小，外界對氣體做功，根據(jù)熱力學第一定律可知，氣體釋放熱量；【小問2詳解】根據(jù)蓋呂薩克定律解得T=255K【小問3詳解】此過程中外界對氣體做功為氣體向外放熱Q=-40J則氣體內(nèi)能變化量20.如圖所示為一軌道模型圖，由水平軌道AB、固定凹槽BGHC（GH足夠長）、半圓軌道DE（D是最高點，E是最低點，C